1、第四章三角函数、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.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3终边相同的角所有与角终边相同的角，连同角在内，可构成一个集合：S|k360，kZ或|2k，kZ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，Nxx18045，kZ，那么()AMN BMN CNM DMN(2)在7200范围内所有与45终边相同的角为_解析(1)法一：由于Mxx1
2、8045，kZ，45，45，135，225，N，45，0，45，90，135，180，225，显然有MN.法二：由于M中，x18045k904545(2k1)，kZ,2k1是奇数；而N中，x18045k4545(k1)45，kZ，k1是整数，因此必有MN.(2)所有与45有相同终边的角可表示为：45k360(kZ)，则令72045k3600，得765k36045，解得k(kZ)，从而k2或k1.将k2，k1分别代入45k360(kZ)，得675或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
3、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：是第二象限角；是第三象限角；400是第四象限角；315是第一象限角其中正确的命题有()A1个 B2个 C3个 D4个(2)若角是第二象限角，则是()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)22，从而是第三象限角，故错误；，从而是第三象限角，故正确；40036040，从而400是第四象限角，故正确；31536045，从而315是第一象限角，故正确(2)是第二象限角，2k2k，kZ，kk，kZ.当k为偶数时，是第一象限角；当k为奇数时，是第三象限角答案(1)C(2)C方法技巧确定
4、(n2，且nN*)的终边位置的方法(1)讨论法用终边相同角的形式表示出角的范围；写出的范围；根据k的可能取值讨论确定的终边所在位置(2)等分象限角的方法已知角是第m(m1,2,3,4)象限角，求是第几象限角等分：将每个象限分成n等份；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；选答：出现数字m的区域，即为的终边所在的象限能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1.给出下列命题：第二象限角大于第一象限角；三角形的内角是第一象限角或第二象限角；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；若sin sin ，则与的终边相同；若cos 0，则
5、是第二或第三象限的角其中正确命题的个数是()A1B2C3 D4解析：选A由于第一象限角如370不小于第二象限角100，故错；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，故错；正确；由于sinsin，但与的终边不相同，故错；当cos 1，时，既不是第二象限角，也不是第三象限角，故错综上可知只有正确2.集合中的角所表示的范围(阴影部分)是()解析：选C当k2n(nZ)时，2n2n，此时表示的范围与表示的范围一样；当k2n1(nZ)时，2n2n，此时表示的范围与表示的范围一样比较各选项，可知选C.3.若为第一象限角，则k180(kZ)是第_象限角解析：是第一象限角，k为偶数时，k1
6、80的终边在第一象限；k为奇数时，k180的终边在第三象限即k180(kZ)是第一或第三象限角答案：一或三4.终边在直线yx上的角的集合为_解析：终边在直线yx上的角的集合为k，kZ.答案：k，kZ5.已知与150角的终边相同，写出与终边相同的角的集合，并判断是第几象限角解：与终边相同的角的集合为|k360150，kZ则k12050，kZ.若k3n(nZ)，是第一象限角；若k3n1(nZ)，是第二象限角；若k3n2(nZ)，是第四象限角故是第一、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
7、rad.2弧度制下的有关公式角的弧度数公式|(弧长用l表示)角度与弧度的换算1 rad；1 rad弧长公式弧长l|r扇形面积公式Slr|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()A1 B4 C1或4 D2或4(2)若扇形的圆心角是120，弦长AB12 cm，则弧长l_cm.解析(1)设此扇形的半径为r，弧长为l，则解得或从而4或1.(2)设扇形的半径为r cm，如图由sin 60，得r4(cm)，又，所以l|r4(cm)答案(1)C(2)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
8、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()A40 cm2B80 cm2C40 cm2 D80 cm2解析：选B72，S扇形r220280(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.将半径变为原来的一半，弧长变为原来的倍，则弧度数变为3，即弧度数变为原来的3倍答案：
9、33弧长为3，圆心角为135的扇形半径为_，面积为_解析：由题可知，弧长l3，圆心角135，所以半径r4.面积Slr346.答案：464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，半径是r，则2rr40.又Sr2r(402r)r(20r)(r10)2100100.当且仅当r10时，Smax100，此时2101040，2.所以当r10，2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定义设是一个任意角，它的终边与单位圆交于点P(x，y)，那么y叫做的正弦，记作sin x叫做的余弦，记作cos 叫做的
10、正切，记作tan 各象限符号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 tan 0，且0，cos 30，故sin 2cos 3tan 40，故选C.2.已知是第四象限角，则sin(sin )()A大于0 B大于等于0C小于0 D小于等于0解析：选C是第四象限角，sin (1,0)令sin ，当10时，sin 0.故sin(sin )0.3.已知角的终边与单位圆的交点P，则tan ()A. B C. D解析：选B因为P在单位圆上，所以x221，解得x.所以tan .4.设是第二象限角，P(x,4
11、)为其终边上的一点，且cos x，则tan ()A. B. C D解析：选D是第二象限角，x0.又由题意知x，解得x3.tan .5.已知角的终边经过点(3a9，a2)，且cos 0，sin 0，则实数a的取值范围是_解析：cos 0，sin 0，即20且tan 0，得的终边在第一或第四象限或x轴非负半轴上，又由tan 0，得的终边在第二或第四象限，所以是第四象限角2若k360，m360(k，mZ)，则角与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角与终边相同，与终边相同又角与的终边关于x轴对称，所以角与的终边关于x轴对称3若一圆弧长等于其所在圆的内接
12、正三角形的边长，则其圆心角(0)的弧度数为()A. B. C. D2解析：选C设圆的半径为r，则其内接正三角形的边长为r.根据题意，由rr，得.4角的终边与直线y3x重合，且sin 0，又P(m，n)是角终边上一点，且|OP|，则mn等于()A2 B2 C4 D4解析：选A角的终边与直线y3x重合，且sin 0，角的终边在第三象限又P(m，n)是角终边上一点，故m0，n0.又|OP|，解得m1，n3，故mn2.5设角是第三象限角，且sin，则角是第_象限角解析：由角是第三象限角，知2k2k(kZ)，则kk(kZ)，故是第二或第四象限角由sin知sin1，则角的终边在()A第一象限 B第二象限C
13、第三象限 D第四象限解析：选B由已知得(sin cos )21，即12sin cos 1，则sin cos 1知sin cos ，所以sin 0cos ，所以角的终边在第二象限2若是第三象限角，则y的值为()A0 B2 C2 D2或2解析：选A由于是第三象限角，所以是第二或第四象限角当是第二象限角时，sin0，cos0，y110；当是第四象限角时，sin0，y110.故选A.3已知角的终边经过一点P(x，x21)(x0)，则tan 的最小值为()A1 B2 C. D.解析：选Btan x2 2，当且仅当x1时取等号，即tan 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
14、O于点P，若AOP，则点P的坐标是()A(cos ，sin )B(cos ，sin )C(sin ，cos )D(sin ，cos )解析：选A由三角函数定义知，点P的横坐标xcos ，纵坐标ysin .5已知角的终边与单位圆x2y21交于P，则cos 2()A B1C. D解析：选A角的终边与单位圆x2y21交于P，2(y0)21，y0，则cos ，sin ，cos 2cos2sin2.6(2017连云港质检)已知角的终边上一点的坐标为，则角的最小正值为()A. B.C. D.解析：选D，角为第四象限角，且sin ，cos .角的最小正值为.二、填空题7已知点P(sin cos ，2cos
15、)位于第三象限，则是第_象限角解析：因为点P(sin cos ，2cos )位于第三象限，所以即所以为第二象限角答案：二8已知角的终边上一点P(，m)(m0)，且sin ，则m_.解析：由题设知点P的横坐标x，纵坐标ym，r2|OP|2()2m2(O为原点)，即r.sin ，r2，即3m28，解得m.答案：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(Rr)sin 60r，即Rr.又S扇|R2R2R22r2r2，S内切圆r2，所以.答案：(74)910在(0,2)内，使sin xcos x成立的x的取值范围为_解析：如图所示，找出
16、在(0,2)内，使sin xcos x的x值，sincos，sincos.根据三角函数线的变化规律可知，满足题中条件的角x.答案：三、解答题11已知sin 0，tan 0.(1)求角的集合；(2)求角终边所在的象限；(3)试判断 tansin cos的符号解：(1)由sin 0，知角的终边在第三、四象限或y轴的非正半轴上；由tan 0, 知角的终边在第一、三象限，故角的终边在第三象限，其集合为.(2)由2k2k，kZ，得kk，kZ，当k为偶数时，角终边在第二象限；当k为奇数时，角终边在第四象限故角终边在第二或第四象限(3)当角在第二象限时，tan 0，sin 0, cos 0，所以tansin
17、cos取正号；当在第四象限时， tan0，sin0, cos0，所以 tansincos也取正号因此，tansin cos 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，(1)由题意可得解得或或6.(2)2rl8，S扇lrr(82r)r(4r)(r2)244，当且仅当r2，l4，即2时，扇形面积取得最大值4.此时弦长AB2sin 124sin 1.第二 节同角三角函数的基本关系与诱导公式本节主要包括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
18、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：sin2cos21(R)(2)商数关系：tan .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 化成正弦、余弦，或者利用公式tan 化成正切表达式中含有sin ，cos 与tan “1”的变换1sin2cos2cos2(1tan2)(sin cos )22sin cos tan表达式中需要利用“1”转化和积转换利用关系式(sin cos )212sin cos 进行变形、转化表达式中含有sin cos 或sin cos 考点贯通 抓高考命题的“形
19、”与“神” 化简求值例1(2017南京模拟)已知为第二象限角，则cos sin _.解析原式cos sin cos sin ，因为是第二象限角，所以sin 0, cos 0，所以cos sin 110，即原式等于0.答案0条件求值例2若tan 2，则(1)_；(2)4sin23sin cos 5cos2_.解析(1)1.(2)4sin23sin cos 5cos21.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sin2cos21，tan 3x都成立，但是sin2cos21就不一定成立(2)对于含有sin ，cos 的齐次式，可根据同角三角函数商的
20、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 cos 与sin cos 关系的应用例3已知x(，0)，sin xcos x.(1)求sin xcos x的值；(2)求的值解(1)由sin xcos x，平方得sin2x2sin xcos xcos2x，整理得2sin xcos x.(sin xcos x)212sin xcos x.由x(，0)，知sin x0，cos x0，则sin xcos x0，故sin xcos x.(2).方法技巧同角三角函数关系式的方程思想对于sin cos ，sin cos ，sin cos 这三个式子，知一可求二，转化公式为(si
21、n cos )212sin cos ，体现了方程思想的应用能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1.若sin ，且为第四象限角，则tan 的值等于()A. B C. D解析：选D因为为第四象限角，故cos ，所以tan .2.(2017厦门质检)已知sin cos ，且，则cos sin 的值为()A B. C D.解析：选B，cos 0，sin 0且|cos |0.又(cos sin )212sin cos 12，cos sin .3.已知sin cos ，则tan ()A. B. C D解析：选Asin cos ，(sin cos )23，即sin22sin cos 2cos23，3，3，即
22、2tan22tan 10，解得tan .4.sin21sin22sin289_.解析：原式(sin21sin289)(sin22sin288)(sin244sin246)sin245(sin21cos21)(sin22cos22)(sin244cos244)44.答案：445.已知tan ，求：(1)的值；(2)的值；(3)sin22sin cos 的值解：(1).(2).(3)sin22sin cos .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2k(kZ)正弦sin_sin_sin_sin_cos_cos_余弦cos_cos_
23、cos_cos_sin_sin_正切tan_tan_tan_tan_2.特殊角的三角函数值角030456090120150180角的弧度数0sin 010cos 101tan 010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 是方程5x27x60的根，则()A. B. C. D.(2)求值：sin(1 200)cos 1 290cos(1
24、 020)sin(1 050)_.解析(1)方程5x27x60的两根为x1，x22，则sin .原式.(2)原式sin 1 200cos 1 290cos 1 020sin 1 050sin(3360120)cos(3360210)cos(2360300)sin(2360330)sin 120cos 210cos 300sin 330sin(18060)cos(18030)cos(36060)sin(36030)sin 60cos 30cos 60sin 301.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
25、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，那么cos ()A B C. D.解析：选Csinsincos ，cos .2sin 210cos 120的值为()A. B C D.解析：选Asin 210cos 120sin 30(cos 60).3已知A(kZ)，则A的值构成的集合是()A1，1,2，2 B1,1 C2，2 D1，1,0,2，2解析：选Ck为偶数时
26、，A2；k为奇数时，A2.则A的值构成的集合为2，24已知tan，则tan_.解析：tantantantan.答案：5已知为第三象限角，f().(1)化简f()；(2)若cos，求f()的值解：(1)f()cos .(2)cos，sin ，从而sin .又为第三象限角，cos ，f()cos . 全国卷5年真题集中演练明规律 1.(2016全国丙卷)若tan ，则cos22sin 2()A. B.C1 D.解析：选A因为tan ，则cos22sin 2.故选A.2(2016全国乙卷)已知是第四象限角，且sin，则tan_.解析：由题意知sin，是第四象限角，所以cos0，所以cos .则tan
27、tan.答案：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，sin ，则cos()()A B. C. D解析：选B因为，sin ，所以cos ，则cos()cos .2若sin cos ，则tan 的值是()A2 B2 C2 D.解析：选Btan 2.3已知sin()cos(2)，|，则等于()A B C. D.解析：选Dsin()cos(2)，sin cos ，tan .|，.4已知，sin ，则tan _.解析：，sin ，cos ，tan .答案：5._.解析：原式1.答案：1练常考题点检验高考能力一、选择题1sin(600)的值为()A. B. C
28、1 D.解析：选Asin(600)sin(720120)sin 120.2已知tan()，且，则sin()A. B C. D解析：选B由tan()得tan .又因为，所以为第三象限的角，由可得，sin ，cos .所以sincos .3已知函数f(x)asin(x)bcos(x)，且f(4)3，则f(2 017)的值为()A1 B1 C3 D3解析：选Df(4)asin(4)bcos(4)asin bcos 3，f(2 017)asin(2 017)bcos(2 017)asin()bcos()asin bcos (asin bcos )3.4已知2tan sin 3，0，则sin ()A.
29、B C. D解析：选B因为2tan sin 3，所以3，所以2sin23cos ，即22cos23cos ，所以cos 或cos 2(舍去)，又0，又sin Acos A0，cos A0，则sin Acos A.由可得sin A，cos A，tan A.答案：三、解答题11已知sin(3)2sin，求下列各式的值：(1)；(2)sin2sin 2.解：由已知得sin 2cos .(1)原式.(2)原式.12已知关于x的方程2x2(1)xm0的两根分别是sin 和cos ，(0,2)，求：(1)的值；(2)m的值；(3)方程的两根及此时的值解：(1)原式sin cos .由条件知sin cos
30、，故.(2)由已知，得sin cos ，sin cos ，又12sin cos (sin cos )2，可得m.(3)由得或又(0,2)，故或.第三节三角函数的图象与性质本节主要包括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.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ysin x余弦函数ycos x正切函数ytan x图象定义域RRxxR，且x值域1,11,1R最值当且仅当x2k(kZ)时，取得最大值1；当且仅当x2k(kZ)时，取得最小值1当且仅当x2k(kZ)时，取得最大值1；当且仅当x2k(kZ)时，取得最小值1考点贯通 抓高考
31、命题的“形”与“神”三角函数的定义域例1函数ylg(2sin x1)的定义域是_解析要使函数ylg(2sin x1)有意义，则即解得2kx2k，kZ.即函数的定义域为，kZ.答案，kZ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kZ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yasin xbcos xk的三角函数化为yAsin(x)k的形式，再求值域(最值)；(2)形如yasin2xbsin xk的三角函数，可先设sin xt，化为关于t的二次函数求值
32、域(最值)；(3)形如yasin xcos xb(sin xcos x)c的三角函数，可先设tsin xcos x，化为关于t的二次函数求值域(最值)例2(1)函数y2sin(0x9)的最大值与最小值之和为()A2 B0 C1 D1(2)函数y3sin x2cos2x，x的值域为_解析(1)0x9，x，sin.y，2，ymaxymin2.(2)x，sin x.又y3sin x2cos2x3sin x2(1sin2x)22，当sin x时，ymin；当sin x或sin x1时，ymax2.故该函数的值域为.答案(1)A(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，
33、cos x的值域求出(2)化一法：化为yAsin(x)k的形式，确定x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.函数y 的定义域为()A.B.(kZ)C.(kZ)DR解析：选C要使函数有意义，则cos x0，即cos x，解得2kx2k，kZ.2.函数f(x)sin在区间上的最小值为()A1 B C0 D.解析：选B因为0x，所以2x，由正弦函数的图象知，sin1，所以函数f(x)sin在区间上的最小值为.3.函数y的定义域为_解析：要使函数有意义，
34、必须有即故函数的定义域为xxk且xk，kZ.答案：4.函数ylg(sin 2x)的定义域为_解析：由得3x或0x0，函数f(x)sin在上是减函数，则的取值范围是_解析由x，得x，由题意知2k，2k(kZ)且2，则且02，故.答案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周期列不等式(组)求解三角函数的周期性例3(1)函数y12sin2是()A最小正周期为的奇
35、函数B最小正周期为的偶函数C最小正周期为的奇函数D最小正周期为的偶函数(2)若函数f(x)2tan的最小正周期T满足1T2，则自然数k的值为_解析(1)y12sin2cos 2xsin 2x，所以f(x)是最小正周期为的奇函数(2)由题意知，12，即|k|2|k|.又kN，所以k2或k3.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：三角函数ysin x，ycos x，ytan x的最小正周期分别为2，2，；yAsin(x)和yAcos(x)的最小正周期为，ytan(x)的最小正周期为.(3)图象法：利用三角函数图象的特征求周期如
36、：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)(1cos 2x)sin2x(xR)是()A最小正周期为的奇函数B最小正周期为的奇函数C最小正周期为的偶函数D最小正周期为的偶函数(2)若函数f(x)sin(0,2)是偶函数，则()A. B. C. D.解析(1)由题意知，f(x)(1cos 2x)sin2x(1cos 2x)(1cos 2x)(1cos22x)(1cos 4x)，即f(x)(1cos 4x)，则T，f(x)(1cos 4x)f(x)，因此函数f(x)是最小正周期为的偶函数(2)由f(x)sin是偶函数，可得k，kZ
37、，即3k(kZ)，又0,2，所以.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yAsin(x)为偶函数，则有k(kZ)；若为奇函数，则有k(kZ)(2)若yAcos(x)为偶函数，则有k(kZ)；若为奇函数，则有k(kZ)(3)若yAtan(x)为奇函数，则有k(kZ)三角函数的对称性例5(1)函数f(x)sin的图象的一条对称轴是()Ax BxCx Dx(2)函数ycos(3x)的图象关于原点成中心对称图形，则_.解析(1)由xk(kZ)，得xk(kZ)，当k1时，x，x是f(x)sin图象的一条对称轴(2)由题意，得ycos(3x)是奇函数，故k(kZ)答案(1)C(2
38、)k，kZ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yAsin(x)的对称轴为x，对称中心为；函数yAcos(x)的对称轴为x，对称中心为；函数yAtan(x)的对称中心为.上述kZ.能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1.函数y3cos的最小正周期是()A.B.C2 D5解析：选D由T5，知该函数的最小正周期为5.2.已知函数f(x)Acos(x)(A0，0，R)，则“f(x)是奇函数”是“”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
39、分也不必要条件解析：选Bf(x)是奇函数时，k(kZ)，充分性不成立；时，f(x)AcosAsin x，为奇函数，必要性成立所以“f(x)是奇函数”是“”的必要不充分条件3.若函数ycos(N*)图象的一个对称中心是，则的最小值为()A1 B2 C4 D8解析：选B由题可知，k(kZ)，所以6k2(kZ)又N*，则min2.4.已知函数f(x)2sin(2x)在区间上单调且最大值不大于，则的取值范围是()A. B.C. D.解析：选D因为函数f(x)2sin(2x)在区间上单调且最大值不大于，又0,0，直线x和x是函数f(x)sin(x)图象的两条相邻的对称轴，则 ()A. B. C. D.解
40、析：选A由于直线x和x是函数f(x)sin(x)图象的两条相邻的对称轴，所以函数f(x)的最小正周期T2，所以1，所以k(kZ)，又00)在区间上为增函数，且图象关于点(3，0)对称，则的取值集合为()A. B.C. D.解析：选A由题意知即其中kZ，则，或1，即的取值集合为.4设函数f(x)3sin，若存在这样的实数x1，x2，对任意的xR，都有f(x1)f(x)f(x2)成立，则|x1x2|的最小值为_解析：对任意xR，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，|x1x2|的最小值为T2.答案：25已知x(0，关于x的方程2sina有两
41、个不同的实数解，则实数a的取值范围为_解析：令y12sin，x(0，y2a，作出y1的图象如图所示若2sina在(0，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a2.答案：(，2)练常考题点检验高考能力一、选择题1若函数f(x)同时具有以下两个性质：f(x)是偶函数；对任意实数x，都有ff.则f(x)的解析式可以是()Af(x)cos x Bf(x)cosCf(x)sin Df(x)cos 6x解析：选C由题意可得，函数f(x)是偶函数，且它的图象关于直线x对称因为f(x)cos x是偶函数，f，不是最值，故不满足图象关于直线x对称，故排除A.因为函数f(x)cossin 2x
42、是奇函数，不满足条件，故排除B.因为函数f(x)sincos 4x是偶函数，且f1，是最小值，故满足图象关于直线x对称，故C满足条件因为函数f(x)cos 6x是偶函数，f0，不是最值，故不满足图象关于直线x对称，故排除D.2已知函数f(x)2sin(2x)(|), 若f2，则f(x)的一个单调递增区间可以是()A. B.C. D.解析：选Df2，2sin2，即sin1.2k，又|0)的图象的相邻两条对称轴之间的距离为，且该函数图象关于点(x0,0)成中心对称，x0，则x0()A. B. C. D.解析：选A由题意得，T，则2.由2x0k(kZ)，得x0(kZ)，又x0，所以x0.5设函数f(
43、x)(xR)，则f(x)()A在区间上是减函数B在区间上是增函数C在区间上是增函数D在区间上是减函数解析：选B由f(x)可知，f(x)的最小正周期为.由kxk(kZ)，得kxk(kZ)，即f(x)在(kZ)上单调递增；由kxk(kZ)，得kxk(kZ)，即f(x)在(kZ)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(x)0，|的最小正周期为4，且对任意xR，都有f(x)f成立，则f(x)图象的一个对称中心的坐标是()A. B.C. D.解析：选A由f(x)sin(x)的最小正周期为4，得.因为f(x)f恒成立，所以f(x)maxf，即2k(k
44、Z)，所以2k(kZ)，由|0)在区间上单调递增，在区间上单调递减，则_.解析：f(x)sin x(0)过原点，当0x，即0x时，ysin x是增函数；当x，即x时，ysin x是减函数由f(x)sin x(0)在上单调递增，在上单调递减知，.答案：9已知函数f(x)3sin(0)和g(x)3cos(2x)的图象的对称中心完全相同，若x，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2，所以f(x)3sin，当x时，2x，所以sin1，故f(x).答案：10已知函数f(x)cos，其中xmR且m，若f(x)的值域是，则m的最大值是_解析：由x，可知3
45、x3m，fcos，且fcos 1，要使f(x)的值域是，需要3m，解得m，即m的最大值是.答案：三、解答题11已知函数f(x)sin(x)的最小正周期为.(1)求当f(x)为偶函数时的值；(2)若f(x)的图象过点，求f(x)的单调递增区间解：f(x)的最小正周期为，则T，2，f(x)sin(2x)(1)当f(x)为偶函数时，f(x)f(x)即sin(2x)sin(2x)，展开整理得sin 2xcos 0，由已知，上式对任意xR都成立，cos 0.0，.(2)由f(x)的图象过点，得sin，即sin.又0，0时，a33，b5.当a0，0)振幅周期频率相位初相ATfx2.用五点法画yAsin(x
46、)一个周期内的简图用五点法画yAsin(x)一个周期内的简图时，要找五个关键点，如下表所示：xx02yAsin(x)0A0A03.由函数ysin x的图象变换得到yAsin(x)(A0，0)的图象的两种方法考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” 函数yAsin(x)的图象及变换1.“五点法”画图(1)ysin x的图象在0,2上的五个关键点的坐标为(0,0)，(，0)，(2，0)，图象如图所示(2)ycos x的图象在0,2上的五个关键点的坐标为(0,1)，(，1)，(2，1)，图象如图所示2三角函数图象的变换函数yAsin(x)k(A0，0)中，参数A，k的变化引起图象的变换：A的变化引起图象
47、中振幅的变换，即纵向伸缩变换；的变化引起周期的变换，即横向伸缩变换；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(x)在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：x02xAsin(x)0550(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yf(x)图象上所有点向左平移个单位长度，得到yg(x)的图象，求yg(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ysin 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A5，2，数据补全如下表：x02
48、xAsin(x)05050则函数解析式为f(x)5sin.(2)由(1)知f(x)5sin，因此g(x)5sin5sin.因为ysin x的对称中心为(k，0)，kZ，令2xk，kZ，解得x，kZ，即yg(x)图象的对称中心为，kZ，其中离原点O最近的对称中心为.(3)把ysin x的图象上所有的点向右平移个单位长度，得到ysin的图象，再把ysin的图象上的点的横坐标缩短到原来的倍(纵坐标不变)，得到ysin的图象，最后把ysin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y5sin2x的图象易错提醒(1)由ysin x到ysin(x)的变换：向左平移(0，0)个单位长度而非个单
49、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，为负时应先变成正值由图象求函数yAsin(x)的解析式求函数解析式yAsin(x)k(A0，0)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，k.特别地，当k0时，AMm.(2)由周期T确定，即由T求出常用的确定T值的方法如下：曲线与x轴的相邻两个交点之间的距离为；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；相邻的两个最低点(最高点)之间的距离为T；有时还可以从图中
50、读出或者的长度来确定.(3)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yb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x02k(kZ)；由“第三个点”(图象下降时与x轴的交点)可得等式为x02k(kZ)再由已知条件中的具体范围确定相应的值变换法运用逆向思维，由图象变换来确定由f(x)Asin(x)Asin 知，“五点法”中的第一个点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，即
51、可得到值例2(1)(2017石家庄模拟)函数f(x)Asin(x)A0，0，|的部分图象如图所示，则f的值为()A BC D1(2)已知函数f(x)Acos(x)的图象如图所示，f，则f()A BC. D.解析(1)由图象可得A，最小正周期T4，则2.由fsin，且|0,0的最大值为2，最小正周期为，直线x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)ff的单调递增区间解(1)由题意，得A2，2，又直线x是f(x)的图象的一条对称轴，所以2sin2，即sin1，所以k(kZ)，解得k(kZ)，又00，的部分图象如图所示，则，的值分别是()A2， B2，C4， D4，解析
52、：选A由图可得，T，则2，图象过点B，2sin2，22k(kZ)，0，0,0)的图象与x轴的一个交点到其相邻的一条对称轴的距离为，若f，则函数f(x)在上的最小值为()A. B C D解析：选C由题意得，函数f(x)的最小正周期T4，解得2.因为点在函数f(x)的图象上，所以Asin0，解得k，kZ，由0，可得.因为f，所以Asin2，解得A，所以f(x)sin2x.当x时，2x，sin2x，且当2x，即x时，函数f(x)取得最小值，最小值为，故选C.5.(2017江西百校联盟联考)已知函数f(x)sin(x)的图象在y轴右侧的第一个最高点为P，在原点右侧与x轴的第一个交点为Q，则f的值为()
53、A1 B. C. D.解析：选C由题意得，所以T，所以2，则f(x)sin(2x)，将点P代入f(x)sin(2x)，得sin1，所以2k(kZ)又|0，的图象关于直线x对称，且图象上相邻两个最高点的距离为.(1)求和的值；(2)当x时，求函数yf(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，所以f(x)的最小正周期T，从而2.又因为f(x)的图象关于直线x对称，所以2k，kZ，即k，kZ，又，所以.综上，2，.(2)由(1)知f(x)sin，当x时，2x，所以，当2x，即x时，f(x)最大值；当2x，即x0时，f(x)最小值.突破点(二)三角函数模型的简单应用考
54、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)10costsint，t0,24)(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)10costsint102sin，又0t24，所以t11时
55、实验室需要降温由(1)得f(t)102sin，故有102sin11，即sin.又0t24，因此t，即10t0，0，|0，0)，x0,4的图象，且图象的最高点为S(3,2)，赛道的后一部分为折线段MNP，求A，的值和M，P两点间的距离解：依题意，有A2，3，又T，所以，所以y2sinx，x0,4，所以当x4时，y2sin3，所以M(4,3)，又P(8,0)，所以MP5(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yAsin(x)(A0，0,0)，x4,0的图象且最高点为B(1,4)，在y轴右侧的观
56、光道曲线段是以CO为直径的半圆弧(1)试确定A，和的值；(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(弧度)，试用来表示修建步行道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A4.由图可得1(4)3，所以T12，因为T12，所以，所以44sin，即sin1，又00，即g()在上单调递增；当时，g()0，即g()在上单调递减所以g()在时取得极大值也是最大值6，即修建步行道CDO的造价预算
57、的最大值为万元 全国卷5年真题集中演练明规律 1(2016全国乙卷)将函数y2sin的图象向右平移个周期后，所得图象对应的函数为()Ay2sin By2sinCy2sin Dy2sin解析：选D函数y2sin的周期为，将函数y2sin的图象向右平移个周期即个单位长度，所得图象对应的函数为y2sin2sin，故选D.2(2016全国甲卷)若将函数y2sin 2x的图象向左平移个单位长度，则平移后图象的对称轴为()Ax(kZ)Bx(kZ)Cx(kZ)Dx(kZ)解析：选B将函数y2sin 2x的图象向左平移个单位长度，得到函数y2sin 2sin的图象由2xk(kZ)，得x(kZ)，即平移后图象的
58、对称轴为x(kZ)3(2015新课标全国卷)函数f(x)cos(x)的部分图象如图所示，则f(x)的单调递减区间为()A.，kZB.，kZC.，kZD.，kZ解析：选D由图象知，周期T22，2，.由2k，得2k，kZ，不妨取，则f(x)cos.由2kx2k，kZ，得2kx2k，kZ，f(x)的单调递减区间为，kZ，故选D.4(2016全国丙卷)函数ysin xcos x的图象可由函数ysin xcos x的图象至少向右平移_个单位长度得到解析：因为ysin xcos x2sin，ysin xcos x2sin，所以把y2sin的图象至少向右平移个单位长度可得y2sin的图象答案：5(2013新
59、课标全国卷)函数ycos(2x)()的图象向右平移个单位后，与函数ysin的图象重合，则_.解析：将ycos(2x)的图象向右平移个单位后得到ycos的图象，化简得ycos(2x)，又可变形为ysin.由题意可知2k(kZ)，所以2k(kZ)，结合0，0，|的部分图象如图所示，则()A B.C D.解析：选D由图可知A2，T4，故2，又f2，所以2sin2，所以22k(kZ)，故2k，kZ，又|0，0，|的部分图象如图所示，则yf取得最小值时x的集合为_解析：根据所给图象，周期T4，故2，因此f(x)sin(2x)，又图象经过点，所以有2k(kZ)，再由|0，0，|的部分图象如图所示，则f(x
60、)的解析式是()Af(x)sin Bf(x)sinCf(x)sin Df(x)sin解析：选D由图象可知A1，T，2，故排除A，C，把x代入检验知，选项D符合题意3(2017湖北八校联考)把函数ysin x(xR)的图象上所有点向左平移个单位长度，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()Aysin BysinCysin Dysin解析：选C把函数ysin x(xR)的图象上所有点向左平移个单位长度，得到函数ysin(xR)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ysin(xR)4(2017郑州模拟)将函
61、数f(x)cos 2x的图象向右平移个单位后得到函数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对称B在上单调递减，为奇函数C在上单调递增，为偶函数D周期为，图象关于点对称解析：选B由题意得，g(x)cos 2cos2xsin 2x.A.最大值为1正确，而g0，图象不关于直线x对称，故A错误；B.当x时，2x，g(x)单调递减，显然g(x)是奇函数，故B正确；C.当x时，2x，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，g，故图象不关于点对称故选B.5(2017太原模拟)已知函数f(x)sin(x)的最小正周期是，若将f(x)的图象向右平移
62、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对称 B关于直线x对称C关于点对称 D关于点对称解析：选Bf(x)的最小正周期为，2，f(x)的图象向右平移个单位后得到g(x)sinsin的图象，又g(x)的图象关于原点对称，k，kZ，k，kZ，又|，f(x)sin.当x时，2x，A，C错误；当x时，2x，B正确，D错误6将函数f(x)sin 2x的图象向右平移个单位后得到函数g(x)的图象若对满足|f(x1)g(x2)|2的x1，x2，有|x1x2|min，则()A. B. C. D.解析：选D由已知得g(x)sin (2x2)，满足|f(x1)g(x2)|2，不妨设此时
63、yf(x)和yg(x)分别取得最大值与最小值，又|x1x2|min，令2x1，2x22，此时|x1x2|，又00，0)，ff，且f(x)在区间上有最小值，无最大值，则_.解析：依题意，x时，y有最小值，即sin1，则2k(kZ)所以8k(kZ)因为f(x)在区间上有最小值，无最大值，所以，即12，令k0，得.答案：三、解答题11.函数f(x)cos(x)0的部分图象如图所示(1)求及图中x0的值；(2)设g(x)f(x)f，求函数g(x)在区间上的最大值和最小值解：(1)由题图得f(0)，所以cos ，因为0，故.由于f(x)的最小正周期等于2，所以由题图可知1x02，故x085，即cost，
64、解得t，即1t0，所以原式cos2sin2cos .答案cos 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)sin 10tan 5；(2)sin 50(1tan 10)解(1)原式sin 10sin 10sin 102cos 10.(2)sin 50(1tan 10)sin 50(1tan 60tan 10)sin 50sin 501.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
65、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.计算：()A.B.C. D解析：选A.2.(1tan 18)(1tan 27)的值是()A. B1C2 D2(tan 18tan 27)解析：选C原式1tan 18tan 27tan 18tan 271tan 18tan 27tan 45(1tan 18tan 27)2，故选C.3.化简：_.解析：tan .答案：tan 4.化简：_.解析：原式cos 2x.答案：cos 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
66、)已知coscos，.(1)求sin 2的值；(2)求tan 的值解(1)coscoscossinsin，sin.，2，cos，sin 2sinsincoscossin.(2)，2，又由(1)知sin 2，cos 2.tan 22.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，为钝角，且sin ，cos ，则的值为()A. B. C. D.或(2)已知，(0，)，且tan()，tan ，则2的值为_解析(1)，为钝角，sin ，cos ，cos ，sin ，co
67、s()cos cos sin sin 0.又(，2)，.(2)tan tan()0，00，02，tan(2)1.tan 0，20，2.答案(1)C(2)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：已知正切函数值，选正切函数；已知正、余弦函数值，选正弦或余弦函数若角的范围是，选正、余弦函数皆可；若角的范围是(0，)，选余弦函数较好；若角的范围为，选正弦函数较好(2)解给值求角问题的一般步骤：求角的某一个三角函数值；确定角的范围；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.已知sin 2，则cos2()A
68、. B. C D解析：选Bcos2.2.(2017深圳模拟)若，都是锐角，且cos ，sin()，则cos ()A. B. C.或 D.或解析：选A，都是锐角，且cos ，sin()，sin ，cos()，从而cos cos()cos cos()sin sin()，故选A.3.(2017成都模拟)若sin 2，sin()，且，则的值是()A. B.C.或 D.或解析：选A因为，所以2，又sin 2，所以2，故cos 2.又，所以，故cos().所以cos()cos2()cos 2cos()sin 2sin()，又，故.4.若锐角，满足(1tan )(1tan )4，则_.解析：因为(1tan
69、)(1tan )4，所以1(tan tan )3tan tan 4，即(tan tan )33tan tan 3(1tan tan )，即tan tan (1tan tan )tan().又，为锐角，.答案：5.已知，且sincos.(1)求cos 的值；(2)若sin()，求cos 的值解：(1)已知sincos，两边同时平方，得12sincos，则sin .又，所以cos .(2)因为，所以0)，函数f(x)mn的最大值为6.(1)求A；(2)将函数yf(x)的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数yg(x)的图象，求g(x)在上的值域解(1)f
70、(x)mnAsin xcos xcos 2xAAsin.因为A0，由题意知A6.(2)由(1)知f(x)6sin.将函数yf(x)的图象向左平移个单位后得到y6sin6sin的图象；再将得到图象上各点横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到y6sin的图象因此g(x)6sin.因为x，所以4x，故g(x)在上的值域为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yAsin(x)t或余弦型函数yAcos(x)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：利用三角恒等变换及辅助角公式把三角函
71、数关系式化成yAsin(x)t或yAcos(x)t的形式；利用公式T(0)求周期；根据自变量的范围确定x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；根据正、余弦函数的单调区间列不等式求函数yAsin(x)t或yAcos(x)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.(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间；(2)当x时，求函数f(x)的值域解：(1)f(x)2sin xsin 2xsin.所以函数f(x)的最小正周期为T.由2k2x2k，kZ，解得kxk，kZ，所以函数
72、f(x)的单调递增区间是，kZ.(2)当x时，2x，sin，f(x).故f(x)的值域为.2已知函数f(x)sin xcos x1，xR(其中0)(1)求函数f(x)的值域；(2)若函数yf(x)的图象与直线y1的两个相邻交点间的距离为，求函数yf(x)的单调增区间解：(1)f(x)212sin1.由1sin1，得32sin11.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，yf(x)的周期为，所以，即2.所以f(x)2sin1，由2k2x2k(kZ)，得kxk(kZ)所以函数yf(x)的单调增区间为(kZ)3已知函数f(x)2cos2x12sin xcos x(01
73、)，直线x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yg(x)的图象是由yf(x)的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，然后再向左平移个单位长度得到的，若g，求sin 的值解：(1)f(x)cos 2xsin 2x2sin，由于直线x是函数f(x)2sin的图象的一条对称轴，所以sin1，因此k(kZ)，解得k(kZ)，又01，所以，所以f(x)2sin.由2kx2k(kZ)，得2kx2k(kZ)，所以函数f(x)的单调递增区间为2k，2k(kZ)(2)由题意可得g(x)2sin，即g(x)2cos，由g2cos2cos，得cos，又，故，所以sin，所
74、以sin sinsincoscossin.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 2x6cos的最大值为()A4 B5C6 D7解析：选Bf(x)cos 2x6coscos 2x6sin x12sin2x6sin x22，又sin x1,1，当sin x1时，f(x)取得最大值5.故选B.2(2015新课标全国卷)sin 20cos 10cos 160sin 10()A B. C D.解析：选Dsin 20cos 10cos 160sin 10sin 20cos 10cos 20sin 10sin(2010)sin 30，故选D.3(2014新课标全国卷)设，
75、且tan ，则()A3 B2C3 D2解析：选B由条件得，即sin cos cos (1sin )，sin()cos sin，因为，0，所以，所以2.4(2013新课标全国卷)已知sin 2，则cos2()A. B. C. D.解析：选Acos2(1sin 2).5(2013新课标全国卷)设为第二象限角，若tan，则sin cos _.解析：将tan利用两角和的正切公式展开，则，求得tan .又因为在第二象限，则sin ，cos ，从而sin cos .答案：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计算的值为()A B. C. D解析：选B.2已知sin
76、，0，则cos的值是()A. B. C D1解析：选C由已知得cos ，sin ，所以coscos sin .3(2017江西新余三校联考)已知cos，则sin的值为()A. B. C D解析：选C因为coscos，所以有sin2，从而求得sin的值为，故选C.4已知sin，则cos2的值是()A. B.C D解析：选Dsin，coscos212sin2，cos2coscoscos2.5已知sinsin ，则sin的值是_解析：sinsin ，sincos cos sin sin ，sin cos ，即sin cos ，故sinsin coscos sin.答案：练常考题点检验高考能力一、选择
77、题1已知sin 2，则cos2()A B.C D.解析：选D依题意得cos2cos cossin sin2(cos sin )2(1sin 2).2已知cos，则cos xcos()A BC1 D1解析：选Ccos，cos xcosxcos xcos xcossin xsincos xsin xcos1.3若tan 2tan，则()A1 B2 C3 D4解析：选C3，故选C.4已知sin，cos 2，则sin ()A. BC. D解析：选C由sin得sin cos ，由cos 2得cos2sin2，所以(cos sin )(cos sin )，由可得cos sin ，由可得sin .5在斜三角
78、形ABC中，sin Acos Bcos C，且tan Btan C1，则角A的值为()A. B.C. D.解析：选A由题意知，sin Acos Bcos Csin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C，在等式cos Bcos Csin Bcos Ccos Bsin C两边同除以cos Bcos C得tan Btan C，又tan Btan C1，所以tan(BC)1.由已知，有tan Atan(BC)，则tan A1，所以A.6已知锐角，满足sin cos ，tan tan tan tan ，则，的大小关系是()A BC. D.又tan tan tan tan ，tan()，又，0，
79、2，sin 2，coscos 2sin 2.答案：9已知tan ，tan 是方程x23x40的两根，且，则_.解析：由题意得tan tan 30，tan()，且tan 0，tan 0，又，故，(，0)，.答案：10若0，0，cos，cos，则cos_.解析：0，0，b一解一解一解ab无解无解一解absin A两解absin A一解ab，则B()A. B. C. D.(2)设ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a，sin B，C，则b_.解析(1)利用正弦定理的变形，得a2Rsin A，b2Rsin B，c2Rsin C，代入asin Bcos Ccsin Bcos Ab中，得2Rs
80、in Asin Bcos C2Rsin Csin Bcos A2Rsin B，所以sin Acos Csin Ccos A，即sin(AC)，所以sin B.已知ab，所以B不是最大角，所以B.(2)在ABC中，sin B，0B，B或B.又BCb.又ac2b，所以ca8，所以a大于c，则A120.由余弦定理得a2b2c22bccos A(a4)2(a8)22(a4)(a8)，所以a218a560.所以a14或a4(舍去)故选B.(2)由余弦定理得cos C，将其代入acos Ccb中得，acb，化简整理得b2c2a2bc，于是cos A，所以A.答案(1)B(2)利用正、余弦定理解三角形例3设
81、ABC的内角A，B，C所对边的长分别是a，b，c，且b3，c1，A2B.(1)求a的值；(2)求sin的值解(1)因为A2B，所以sin Asin 2B2sin Bcos B.由正、余弦定理，得a2b.因为b3，c1，所以a212，a2.(2)由余弦定理，得cos A.因为0A，所以sin A.故sinsin Acoscos Asin.方法技巧正、余弦定理的运用技巧解三角形时，一般是根据正弦定理求边或列等式，若式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；余弦定理揭示的是三角形的三条边与其中一个角之间的关系，若式子中含有角的余弦或边的二次式，则考虑用余弦定理；若以上特征都不明显，则要考虑
82、两个定理都有可能用到能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1.在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b2asin B，则A()A30 B45 C60 D75解析：选A因为在锐角ABC中，b2asin B，由正弦定理得，sin B2sin Asin B，所以sin A，又0A90，所以A30.2.(2016兰州一模)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a，b3，c2，则A()A. B. C. D.解析：选C由余弦定理，得cos A，又A(0，)，A，故选C.3.设ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a2，c2 ，cos A且bc，则b()A3 B2 C
83、2 D.解析：选C由余弦定理得，a2b2c22bccos A，即4b2126b，解得b2或4.又bc，b2.4.(2017合肥模拟)在ABC中，AB2，AC3，B60，则cos C_.解析：由正弦定理，得，即，解得sin C.ABAC，CB，cos C.答案：5.设ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2，cos C，3sin A2sin B，则c_.解析：3sin A2sin B，由正弦定理可得3a2b.又a2，b3.由余弦定理可知c2a2b22abcos C，c2223222316，c4.答案：46.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin2Bsin2Csi
84、n2Asin Bsin C.(1)求角A的大小；(2)若cos B，a3，求c的值解：(1)由正弦定理可得b2c2a2bc，由余弦定理得cos A，因为A(0，)，所以A.(2)由(1)可知sin A，因为cos B，B为ABC的内角，所以sin B，故sin Csin(AB)sin Acos Bcos Asin B.由正弦定理得csin C1.突破点(二)利用正、余弦定理判断三角形的形状基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 1应用余弦定理判断三角形形状的方法在ABC中，c是最大的边，若c2a2b2，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
85、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ABC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cos A，则ABC为()A钝角三角形B直角三角形C锐角三角形 D等边三角形(2)(2017锦州模拟)在ABC中，cos2(a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则ABC的形状为()A等边三角形B直角三角形C等腰三角形或直角三角形D等腰直角三角形解析(1)已知cos A，由正弦定理，得cos A，即sin Csin Bc
86、os A，所以sin(AB)sin Bcos A，即sin Bcos Acos Bsin Asin Bcos A0，所以cos Bsin A0，于是有cos B0，则B为钝角，所以ABC是钝角三角形(2)cos2，即1cos B.由余弦定理得1.整理得c2a2b2，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
87、 Acos Bsin 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 Bc，再由余弦定理得2ac，整理得a2b2，即ab，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，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，由正弦定理得，所以sin 2Asin 2B.由，可知ab，所以AB.又A，B(0，)，所以2A1802B，即AB90，所以C90，于是ABC是直角三角形故选A.3在ABC中，若(a2b2)sin(AB)(a2
88、b2)sin(AB)，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(a2b2)sin(AB)(a2b2)sin(AB)，所以b2sin(AB)sin(AB)a2sin(AB)sin(AB)，化简整理得a2cos Asin Bb2sin Acos B由正弦定理、余弦定理得，a2bb2a，所以a2(b2c2a2)b2(a2c2b2)，即(a2b2)(a2b2c2)0，所以a2b20或a2b2c20，即ab或a2b2c2.所以ABC为等腰三角形或直角三角形4在ABC中，已知a2b2c2ab，且2cos Asin Bsin C，试判断ABC的形
89、状解：由正弦定理得，由2cos Asin Bsin C，有cos A.又由余弦定理得cos A，即c2b2c2a2，所以a2b2，所以ab.又a2b2c2ab，2b2c2b2，所以b2c2，bc，abc.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
90、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(2bc)cos Aacos C.(1)求角A的大小；(2)若a3，b2c，求ABC的面积解(1)根据正弦定理，由(2bc)cos Aacos C，得2sin Bcos Asin Acos Csin Ccos A，即2sin Bcos Asin(AC)，所以2sin Bcos Asin B，因为0B，所以sin B0，所以cos A，因为0A0，所以A.于是sin Asin Csin Asinsin Acos 2A2sin2Asin A122.
91、因为0A，所以0sin A，因此c，CB，0C，cos C ，cosBACcos(BC)cos(BC)(cos Bcos Csin Bsin C)sin Bsin Ccos Bcos C.法二：在ABC中，由余弦定理得b2c2a22cacos B，74a222a，即(a3)(a1)0，解得a3(a1舍去)，cosBAC.(2)法一：在ABC中，由余弦定理得a2c2b22cbcosBAC47229.a3，BD.在ABD中，由余弦定理得AD2AB2BD22ABBDcos B422.AD.法二：如图，取AC的中点E，连接DE，则DEAB1，AEAC，cosAEDcosBAC.在ADE中，由余弦定理得
92、AD2AE2DE22AEDEcosAED121.AD.能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1.在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若c2(ab)26，C，则ABC的面积是()A3 B. C. D3解析：选C由余弦定理得，c2a2b22abcos Ca2b2ab(ab)26，ab6，SABCabsin C6.2.如图，在ABC中，C，BC4，点D在边AC上，ADDB，DEAB，E为垂足，若DE2，则cos A()A. B. C. D.解析：选C因为DEAB，DE2，所以AD，所以DBAD.因为ADDB，所以AABD，所以BDCAABD2A.在BCD中，由正弦定理，得，化简整理得
93、cos A.3.(2017海淀模拟)ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asin Asin Bbcos2A2a，则角A的取值范围是_解析：由已知及正弦定理得sin2Asin Bsin Bcos2A2sin A，即sin B(sin2Acos2A)2sin A，sin B2sin A，b2a，由余弦定理得cos A，当且仅当ca时取等号，A为三角形的内角，且ycos x在(0，)上是减函数，0A，则角A的取值范围是.答案：4.(2017广东揭阳模拟)已知ABC中，角A，B，C成等差数列，且ABC的面积为1，则AC边的长的最小值是_解析：A，B，C成等差数列，AC3B，又ABC，B
94、.设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，由SABCacsin B1得ac2(2)，由余弦定理及a2c22ac，得b2(2)ac，即b2(2)2(2)，b2(当且仅当ac时等号成立)，AC边的长的最小值为2.答案：25.已知ABC是斜三角形，内角A，B，C所对的边的长分别为a，b，c.若csin Aacos C.(1)求角C；(2)若c，且sin Csin(BA)5sin 2A，求ABC的面积解：(1)根据，可得csin Aasin C，又csin Aacos C，asin Cacos C，sin Ccos C，tan C，C(0，)，C.(2)sin Csin(BA)5sin 2A，sin
95、Csin(AB)，sin(AB)sin(BA)5sin 2A，2sin Bcos A52sin Acos A.ABC为斜三角形，cos A0，sin B5sin A.由正弦定理可知b5a，由余弦定理c2a2b22abcos C，21a2b22aba2b2ab，由解得a1，b5，SABCabsin C15. 全国卷5年真题集中演练明规律 1(2016全国丙卷)在ABC中，B，BC边上的高等于BC，则cos A()A. B.C D解析：选C设ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则由题意得SABCaaacsin B，又B，所以ca.由余弦定理得b2a2c22accos Ba2a22aaa2
96、，所以ba.所以cos A.2(2014新课标全国卷)钝角三角形ABC的面积是，AB1，BC，则AC()A5 B. C2 D1解析：选B由题意可得ABBCsin B，又AB1，BC，所以sin B，所以B45或B135.当B45时，由余弦定理可得AC1，此时ACAB1，BC，易得A90，与“钝角三角形”条件矛盾，舍去所以B135.由余弦定理可得AC.3(2016全国甲卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A，cos C，a1，则b_.解析：在ABC中，cos A，cos C，sin A，sin C，sin Bsin(AC)sin Acos Ccos Asin C.又，b.
97、答案：4(2015新课标全国卷)在平面四边形ABCD中，ABC75，BC2，则AB的取值范围是_解析：如图所示，延长BA，CD，两延长线相交于点E，过点C作CFAD交AB于点F，则BFABBE.在等腰三角形CFB中，FCB30，CFBC2，BF.在等腰三角形ECB中，CEB30，ECB75，BECE，BC2，BE.AB.答案：(，)5(2014新课标全国卷)已知a，b，c分别为ABC的三个内角A，B，C的对边，a2，且(2b)(sin Asin B)(cb)sin C，则ABC面积的最大值为_解析：由正弦定理得(2b)(ab)(cb)c，即(ab)(ab)(cb)c，即b2c2a2bc，所以c
98、os A，又A(0，)，所以A，又b2c2a2bc2bc4，即bc4，故SABCbcsin A4，当且仅当bc2时，等号成立，则ABC面积的最大值为.答案：6(2016全国乙卷)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cos C(acos Bbcos A)c.(1)求C；(2)若c，ABC的面积为，求ABC的周长解：(1)由已知及正弦定理得2cos C(sin Acos Bsin Bcos A)sin C，即2cos Csin(AB)sin C，故2sin Ccos Csin C.可得cos C，所以C.(2)由已知得absin C.又C，所以ab6.由已知及余弦定理得a2b22a
99、bcos Cc2，故a2b213，从而(ab)225，即ab5.所以ABC的周长为abc5.7(2015新课标全国卷)ABC中，D是BC上的点，AD平分BAC，ABD面积是ADC面积的2倍(1)求；(2)若AD1，DC，求BD和AC的长解：(1)SABDABADsinBAD，SADCACADsinCAD.因为SABD2SADC，BADCAD，所以AB2AC.由正弦定理，得.(2)因为SABDSADCBDDC，所以BD2DC.在ABD和ADC中，由余弦定理，知AB2AD2BD22ADBDcosADB，AC2AD2DC22ADDCcosADC.故AB22AC23AD2BD22DC26.由(1)，知
100、AB2AC，所以AC1.8(2013新课标全国卷)如图，在ABC中，ABC90，AB，BC1，P为ABC内一点，BPC90.(1)若PB，求PA；(2)若APB150，求tanPBA.解：(1)由已知得，PBC60，所以PBA30.在PBA中，由余弦定理得PA2AB2PB22ABPBcosPBA32cos 30.故PA.(2)设PBA，由已知得cos，即PBsin .在PBA中，由正弦定理得，化简得cos 4sin .所以tan ，即tanPBA.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在ABC中，若，则B的值为()A30 B45 C60 D90解析：选
101、B由正弦定理知，sin Bcos B，B45.2在ABC中，已知AB3，A120，且ABC的面积为，则BC()A3 B5 C7 D15解析：选C由SABC得3ACsin 120，所以AC5，因此BC2AB2AC22ABACcos 12092523549，解得BC7.3在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若asin Absin Bcsin C，则ABC的形状是()A锐角三角形 B直角三角形C钝角三角形 D不确定解析：选C根据正弦定理可得a2b2c2.由余弦定理得cos 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，b2aco
102、s B，c1，则ABC的面积等于()A. B. C. D.解析：选B由正弦定理得sin B2sin Acos B，故tan B2sin A2sin，又B(0，)，所以B，又AB，则ABC是正三角形，所以SABCbcsin A11.5(2017渭南模拟)在ABC中，若a2b2bc且2，则A()A. B. C. D.解析：选A因为2，故2，即c2b，则cos A，所以A.6已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则B()A. B. C. D.解析：选C根据正弦定理2R，得，即a2c2b2ac，所以cos B，故B.二、填空题7在ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若c1，
103、B45，cos A，则b_.解析：因为cos A，所以sin A，所以sin Csin180(AB)sin(AB)sin Acos Bcos Asin Bcos 45sin 45.由正弦定理，得bsin 45.答案：8在ABC中，若b2，A120，三角形的面积S，则三角形外接圆的半径为_解析：由面积公式，得Sbcsin A，代入数据得c2，由余弦定理得a2b2c22bccos A2222222cos 12012，故a2，由正弦定理，得2R，解得R2.答案：29在ABC中，a4，b5，c6，则_.解析：由正弦定理得，由余弦定理得cos A，a4，b5，c6，2cos A221.答案：110在AB
104、C中，B120，AB，A的角平分线AD，则AC_.解析：如图，在ABD中，由正弦定理，得，sinADB.由题意知0ADB60，ADB45，BAD1804512015.BAC30，C30，BCAB.在ABC中，由正弦定理，得，AC.答案：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 Bbsin.(1)求A；(2)若ABC的面积Sc2，求sin C的值解：(1)asin Bbsin，由正弦定理得sin Asin Bsin Bsin，则sin Asin，即sin Asin Acos A，化简得tan A，A(0，)，A.(2)A，sin A，由S
105、bcsin Abcc2，得bc，a2b2c22bccos A7c2，则ac，由正弦定理得sin C.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 2Ccos 2A2sinsin.(1)求角A的值；(2)若a且ba，求2bc的取值范围解：(1)由已知得2sin2A2sin2C2cos2Csin2C，化简得sin A，故A或.(2)由题知，若ba，则A，又a，所以由正弦定理可得2，得b2sin B，c2sin C，故2bc4sin B2sin C4sin B2sin3sin Bcos B2sin.因为ba，所以B，B，所以2sin，2)即2bc的取值范围为
106、，2).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CDa，同时在C，D两点分别测得ACB，ACD，CDB，ADB.
107、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 km，ADBCDB30，ACD60，ACB45，求A，B两点间的距离解ADCADBCDB60，ACD60，DAC60，ACCD (km)在BCD中，DBC180CDBDCB45，由正弦定理，得BCsinCDBsin 30.在ABC中，由余弦定理，得AB2AC2BC22ACBCcosACB2.AB(km)即A，B两点间的距离为 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，再分别测出AC，BC的长b，a，则
108、可求出A，B两点间的距离即AB.若测得AC400 m，BC600 m，ACB60，试计算AB的长解在ABC中，由余弦定理得AB2AC2BC22ACBCcosACB，AB2400260022400600cos 60280 000.AB200 (m)即A，B两点间的距离为200 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，BAC，在ABC中，运用正弦定理就可以求出AB.若测出AC60 m，BAC75，BCA45，则A，B两点间的距离
109、为_m.解析在ABC中，B180754560，所以由正弦定理得，AB20(m)即A，B两点间的距离为20 m.答案20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.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，ACB45，CAB105，则A，B两点的距离为()A50 m B50 mC25 m D. m解析：选A由题，B30，由正弦定理
110、得AB50(m)2.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)测量A，C，b；测量a，b，C；测量A，B，a；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 BC D解析：选A已知三角形的两角及一边，可以确定三角形，故正确；已知两边及其夹角，可以确定三角形，故正确；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，故错误3.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米且和P，Q两点在同一平面内的路段
111、AB的两个端点作为观测点，现测得PAB90，PAQPBAPBQ60，则P，Q两点间的距离为_米解析：设AQPBC(图略)，可知QABPABPAQ30，又PBAPBQ60，AQB30，ABQ为等腰三角形，ACCQ，BCAQ，PQA为等腰三角形，PAQ60，PQA为等边三角形，故PQAQ，在RtACB中，ACABsin 60300，PQAQ900.故P，Q两点间的距离为900米答案：9004.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，BAD，ABBC400米，AD250米，则应开凿的隧道CD的长为_解析：在ABC中，ABB
112、C400，ABC，所以ABC为等边三角形，所以AC400，ACB.又因为BAC，BAD，所以DACBADBAC.在ADC中，AD250，AC400，DAC，由余弦定理可得CD2AD2AC22ADACcosDAC，即CD2250240022250400cos.解得CD350(米)答案：350米5.要测量河对岸A，B两点之间的距离，选取相距 km 的C，D两点，并测得ACB75，BCD45，ADC30，ADB45，则A，B之间的距离为_km.解析：如图所示，在ACD中，ACDACBBCD120，则CADADC30，ACCD(km)在BCD中，BCD45，BDC75，则CBD60.由正弦定理得BC.
113、在ABC中，由余弦定理，得AB2()222cos 75325，AB(km)，即A，B之间的距离为 km.答案：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)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，角为坡角)；坡面的铅直高度与水平长度之比叫坡度(如图，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
114、，仰角为30，则此山的高度CD_m.解析由题意，在ABC中，BAC30，ABC18075105，故ACB45.又AB600 m，故由正弦定理得，解得BC300 m.在RtBCD中，CDBCtan 30300100 (m)答案100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
115、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. 米 B. 米C200 米 D200 米解析：选A如图所示，AB为山高，CD为塔高，则由题意知，在RtABC中，BAC30，AB200(米)则AC(米)在ACD中，CAD603030，ACD30，ADC120.由正弦定理得，CD(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()A20m B20(1)mC10()m D20()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AB20 m，DAE45，CAE
116、60，故AEDEAB20 m，CEAEtan 6020m.所以CD20(1)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，1.73，1.41)()A36.4 m B115.6 mC120.5 m D136.5 m解析：选D由题，DACACBADC15.在ACD中，所以AC m，在RtABC中，ABAC50(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BCD120，CD40 m，求电视塔的
117、高度解：如图，设电视塔AB高为x m，则在RtABC中，由ACB45得BCx.在RtADB中，ADB30，则BDx.在BDC中，由余弦定理得，BD2BC2CD22BCCDcos 120，即(x)2x24022x40cos 120，解得x40，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(如图)2方向角相对于某一正方向的水平角(1)北偏东，即由指北方向顺时针旋转到达目标方向(如图)；(2)北偏西，即由指北方向逆时针旋转到达目标方向；(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”
118、 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AC14x，BC10x，ABC120.根据余弦定理得(14x)2122(10x)2240xcos 120，解得x2.故AC28，BC20.根据正弦定理得，解得sin .所以红方侦察艇所需要的时间为2小时，角的正弦值为.方法技巧
119、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()Aa km B.a kmC.a km D2a km解析：选B由题可得，ACB120.在ABC中，由余弦定理得AB2AC2BC22ACBC
120、cosACBa2a22a2cos 1203a2，故|AB|a，即灯塔A与灯塔B的距离为a 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，AB24，BAS30，ASB45，由正弦定理，得，BS12，故此时货轮到灯塔S的距离为12海里答案：123.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(045)的C处，且cos .已知A，C两处的距离为10海里，则该货船的船
121、速为_海里/小时解析：cos ，sin .BAC45，cosBACcos(45)(cos sin ).由余弦定理，得BC2AB2AC22ABACcosBAC80010022010340，故BC2(海里)货船的船速为4海里/小时答案：44.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，现乙船朝北偏东的方向沿直线CB前往B处救援，求cos 的值解：在ABC中，AB40，AC20，BAC120，由余弦定理得，BC2AB2AC22ABACcos 1202 800，则BC20.由正弦定理，得，所以
122、sinACBsinBAC.由BAC 120，知ACB为锐角，则cosACB.由ACB30，得cos cos(ACB30)cos ACB cos 30sinACBsin 30. 全国卷5年真题集中演练明规律 (2014新课标全国卷)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MAN60，C点的仰角CAB45以及MAC75；从C点测得MCA60，已知山高BC100 m，则山高MN_m.解析：在RtABC中，BC100 m，CAB45，所以AC100 m，在MAC中，AMC180MACMCA45，由正弦定理得，解得MA100 m，在RtMNA中，MNMAsin 60
123、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10C南偏东80 D南偏西80解析：选D由条件及图可知，ACBA40，又BCD60，所以CBD30，所以DBA10，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()A240(1)m B180(1)mC120(1)m D30(1
124、)m解析：选Ctan 15tan(6045)2，BC60tan 6060tan 15120(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，解得x100.答案：1004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)：AB5，BC8，CD3，DA5，且B与D互补，则AC的长为_km.解析：8252285cos(D)3252235cos D，cos D.AC7(km)答案：75.如图，已知在海岛A上有一座海拔1千米
125、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，AC，BC，所以sinACB，cosACB.在ACD中，DAC906030，ACD180ACB，sinADCsin(ACDDAC)sinACDcosDACsinDACcosACD，由正弦定理可求得AD.答案： 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ABC120，则A，C两地间的距离为(
126、)A10 km B10 kmC10 km D10 km解析：选D如图所示，由余弦定理可得：AC210040021020cos 120700，AC10(km)2如图，一条河的两岸平行，河的宽度d0.6 km，一艘客船从码头A出发匀速驶往河对岸的码头B.已知AB1 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()A8 km/h B6 km/hC2 km/h D10 km/h解析：选B设AB与河岸线所成的角为，客船在静水中的速度为v km/h，由题意知，sin ，从而cos ，所以由余弦定理得2212221，解得v6 km/h.3一艘海轮从
127、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()A10 海里 B10 海里C20 海里 D20 海里解析：选A如图所示，易知，在ABC中，AB20海里，CAB30，ACB45，根据正弦定理得，解得BC10(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()A50 m B10
128、0 m C120 m D150 m解析：选A设水柱高度是h m，水柱底端为C，则在ABC中，BAC60，ACh，AB100，BCh，根据余弦定理得，(h)2h210022h100cos 60，即h250h5 0000，即(h50)(h100)0，即h50，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()A5()km B5()kmC10()km D10()km解析：选C由题意，知BAC603030，AB
129、C304575，则ACB180753075，ACAB4020(km)由余弦定理，得BC2AC2AB22ACABcosBAC20220222020cos 30800400400(2)，BC10(1)10()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()A14 h B15 hC16 h D17 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，OA600，AB20
130、t，OAB45，根据余弦定理得OB26002400t2260020t，令OB24502，即4t2120t1 5750，解得t，所以该码头将受到热带风暴影响的时间为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CAB45，沿倾斜角为30的斜坡走1 000米至S点，又测得山顶仰角DSB75，则山高BC为_米解析：由题图知BAS453015，ABS45(90DSB)30，ASB135，在ABS中，由正弦定理可得，AB1 000，BC1 000(米)答案：1 0008.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
131、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，则AA160tan ，BB160tan 2.从两塔底部连线中点C分别看两塔顶部的仰角互为余角，A1ACCBB1，AA1BB1900，3 600tan tan 2900，tan ，tan 2，则BB160tan 245(m)答案：459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
132、.解析：如图，OMAOtan 4530(m)，ONAOtan 303010(m)，在MON中，由余弦定理得，MN 10(m)答案：1010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 1.4, 1.7)解析：如图，作CD垂直于AB的延长线于点D，由题意知A15，DBC45，ACB30.AB5042021 000(m)又在ABC中，BCsin 1510 500()CDAD，CDBCsinDBC10 500()10 500(1)7 350(m
133、)故山顶的海拔高度h10 0007 3502 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？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BC0.5x，AC5海里，依题意，BAC1803822120，由余弦定理可得BC2AB2AC22ABACcos 120，所以BC249，BC0.5x7，解得x14.又由正弦定理得sinABC，所以ABC38，又BAD38，所以BC
134、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AM100米和BN200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米后到达点Q，在点Q处测得发射塔顶B处的仰角为，且BQA，经测量tan 2，求两发射塔顶A，B之间的距离解：在RtAMP中，APM30，AM100，PM100.连接QM(图略)，在PQM中，QPM60，又PQ100，PQM为等边三角形，QM100.在RtAMQ中，由AQ2AM2QM2，得AQ200.在RtBNQ中，tan 2，BN200，BQ100，cos .在BQA中，BA2BQ2AQ22BQAQcos 50 000，BA100.即两发射塔顶A，B之间的距离是100米