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(共32张PPT)
专题强化训练
A
C
A
A
A
B
7．(多选)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a2＝b2＋bc，则(　 　)
A．sin2A－sin2B＝sinB sin C
B．c＝b(1＋2cos A)
C．A＝2B
D．△ABC不可能为锐角三角形
ABC
解析：因为a2＝b2＋bc，由正弦定理可得sin2A＝sin2B＋sinB sin C，故A正确；
由a2＝b2＋bc＝b2＋c2－2bc cos A，可得b＝c－2b cos A，即c＝b(1＋2cos A)，故B正确；
由b＝c－2b cos A，可得sin B＝sin C－2sin B cos A＝sin (A＋B)－2sin B·cos A＝sin A cos B－sin B cos A＝sin (A－B)，所以A＝2B或B＋A－B＝π(舍去)，故C正确；
ACD
3
11．已知在平面四边形ABCD中，AB＝1，BC＝2，CD＝3，DA＝4，则该平面四边形ABCD面积的最大值为________．
(2)若△ABC的面积是1，求c的长．
(1)证明：O为BD的中点；
(3)求sin A sin C＋sin B sin C＋sin B sin A的取值范围．
O专题强化训练
[A　基本技能]
1．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2，b＝3，cos B＝，则A＝(　　)
A． B．
C． D．或
解析：选A．在△ABC中，cos B＝，所以sin B＝＝，又a＝2，b＝3，所以由正弦定理可得sinA＝＝＝.又b>a，所以A为锐角，所以A＝.
2．(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
解析：选C．方法一(利用余弦定理)：由余弦定理得cos ∠BAC＝，所以＝，即AB2－12AB＋36＝0，解得AB＝6.因为cos ∠BAC＝，0＜∠BAC＜π，所以sin ∠BAC＝＝＝，所以S△ABC＝AB×AC×sin∠BAC＝×6×10×＝24.
方法二：同方法一得AB＝6，所以AB2＋BC2＝AC2，所以△ABC为直角三角形，且∠ABC＝，则S△ABC＝AB×BC＝×6×8＝24.
3．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S.若a＝1，C＝且4S＝cos B＋b cos A，则B＝(　　)
A． B．
C． D．
解析：选A．因为4S＝cos B＋b cos A，a＝1，所以4×ab sin C＝a cos B＋b cos A，即2b sin C＝a cos B＋b cos A，由正弦定理得2sin B sin C＝sin A cos B＋sin B cos A，所以2sin B sin C＝sin (A＋B)＝sin C，因为sin C≠0，所以sin B＝，因为0＜B＜，所以B＝.
4．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，＝sin2，则△ABC的形状为(　　)
A．直角三角形
B．等边三角形
C．等腰三角形或直角三角形
D．等腰直角三角形
解析：选A．由cosB＝1－2sin2，得sin2＝，所以＝，即cos B＝.由余弦定理得＝，即a2＋c2－b2＝2a2，所以a2＋b2＝c2.所以△ABC为直角三角形，但无法判断两直角边是否相等．
5．设M，N为某海边相邻的两座山峰的山顶．M，N到海平面的距离分别为100 m，50 m．现欲在M，N之间架设高压电网，需计算M，N之间的距离．勘测人员在海平面上选取一点P，利用测角仪从P点测得的M，N点的仰角分别为30°，45°，并从P点观测到∠MPN＝45°，则M，N之间的距离为(　　)
A．50 m B．50 m
C．50 m D．50 m
解析：选A．
如图，由题可知∠MPM1＝30°，∠NPN1＝45°，MM1＝100 m，NN1＝50 m，所以PM＝200 m，PN＝50 m，又∠MPN＝45°，所以MN2＝40 000＋5 000－2×200×50×＝25 000，所以MN＝50 m．
6．如图，在平面四边形ABCD中，AB＝AD＝2，B＝2D＝120°，记△ABC与△ACD的面积分别为S1，S2，则S2－S1＝(　　)
A．2 B．
C．1 D．
解析：选B．在△ABC中，由余弦定理得cos B＝，即－＝，得BC2－AC2＝－2BC－4①，在△ACD中，由余弦定理得cos D＝，即＝，得CD2－AC2＝2CD－4②，又S1＝AB·BC sin 120°＝BC，S2＝AD·CD sin 60°＝CD，所以S2－S1＝CD－BC＝(CD－BC)③，由②－①，得CD2－BC2＝2(CD＋BC)，由CD＋BC＞0，得CD－BC＝2，代入③得S2－S1＝.
7．(多选)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a2＝b2＋bc，则(　　)
A．sin2A－sin2B＝sinB sin C
B．c＝b(1＋2cos A)
C．A＝2B
D．△ABC不可能为锐角三角形
解析：选ABC．因为a2＝b2＋bc，由正弦定理可得sin2A＝sin2B＋sinB sin C，故A正确；由a2＝b2＋bc＝b2＋c2－2bc cos A，可得b＝c－2b cos A，即c＝b(1＋2cos A)，故B正确；由b＝c－2b cos A，可得sin B＝sin C－2sin B cos A＝sin (A＋B)－2sin B·cos A＝sin A cos B－sin B cos A＝sin (A－B)，所以A＝2B或B＋A－B＝π(舍去)，故C正确；在△ABC中，由余弦定理可得cos A＝＝＝，设a＝，b＝2，c＝3，满足a2＝b2＋bc，此时角A最大，且cos A＝>0，即A为锐角．所以△ABC可能为锐角三角形，故D错误．
8．(多选)如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝60°，∠DCB＝120°，AB＝2，BC＝，·＝2，则下列结果正确的是(　　)
A．∠ABC＝45°
B．AC＝
C．BD＝
D．△ADC的面积为
解析：选ACD．对于A，由·＝2得||·||·cos ∠ABC＝2，解得cos ∠ABC＝，因为0＜∠ABC＜180°，所以∠ABC＝45°，故A正确；
对于B，在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC cos ∠ABC＝4＋2－2×2××＝2，所以AC＝，故B错误；
对于C，易知△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，所以∠ACD＝30°，又∠ADC＝135°，在△ACD中，由正弦定理得＝，所以AD＝1，在△ABD中，由余弦定理得BD2＝AD2＋AB2－2AD·AB cos ∠DAB＝1＋4－2×1×2×＝3，所以BD＝，故C正确；
对于D，∠CAD＝∠DAB－∠CAB＝15°，S△ADC＝AD·AC·sin ∠CAD＝×1××sin 15°＝sin (45°－30°)＝，故D正确．
9．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝3，b2＋c2＝18，sin A＝，则△ABC的周长为________．
解析：由sin A＝，得cos A＝±.
因为a2＝9＜b2＋c2，所以cos A＝.
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A，得9＝18－bc，得bc＝，
所以b＋c＝＝，
所以△ABC的周长为a＋b＋c＝＋3.
答案：＋3
10．在△ABC中，BC＝2，S△ABC＝·，则△ABC外接圆的半径为________．
解析：因为S△ABC＝·，所以×AB×AC×sin A＝×||×||×cos A，又AB＝||，AC＝||，
所以sin A＝cos A，又sin2A＋cos2A＝1，所以sin2A＝，
因为A∈(0，π)，所以sinA＞0，则sin A＝，
记△ABC外接圆的半径为R，则由正弦定理得2R＝＝＝6，所以R＝3.
答案：3
11．已知在平面四边形ABCD中，AB＝1，BC＝2，CD＝3，DA＝4，则该平面四边形ABCD面积的最大值为________．
解析：
连接AC，如图，则AC2＝5－4cos B＝25－24cos D，所以5＝－cos B＋6cos D　①.平面四边形ABCD的面积S＝S△ABC＋S△ACD＝×1×2×sin B＋×3×4×sin D＝sin B＋6sin D　②，①2＋②2，得S2＋25＝cos2B－12cosB cos D＋36cos2D＋sin2B＋12sinB·sin D＋36sin2D＝37－12cos(B＋D)，所以S2＝12－12cos (B＋D)，则当B＋D＝π时，有S＝24，所以Smax＝2.
答案：2
12．(2025·陕西省适应性检测)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若C＝，且sin (A＋C)＝2sin A cos (A＋B).
(1)求证：a，b，2a成等比数列；
(2)若△ABC的面积是1，求c的长．
解：(1)证明：由题意和三角形内角和定理得sin B＝－2sin A·cos C，
由正弦定理得，b＝－2a cos C，
因为C＝，所以b＝a，
则b2＝a·2a，所以a，b，2a成等比数列．
(2)因为S△ABC＝ab sin C＝ab＝1，
所以ab＝2.　①
由(1)知，b＝a，　②
联立①②解得a＝，b＝2.
由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab cos C＝2＋4－4×(－)＝10，所以c＝.
[B　综合运用]
13．(2025·武汉调研)如图，∠AOD与∠BOC是对顶角，且∠AOD＝∠BOC＝，AC＝2，BD＝2，BC＝AD．
(1)证明：O为BD的中点；
(2)若sin 2A＋cos B＝，求OC的长．
解：(1)证明：设BO＝x，CO＝y，则DO＝2－x，AO＝2－y.
在△BOC和△AOD中，BC＝AD，由余弦定理得，x2＋y2－2xy cos ＝(2－x)2＋(2－y)2－2(2－x)(2－y)cos ，
整理得x＝.
所以BO＝BD，即O为BD的中点．
(2)由正弦定理得，＝＝＝，
由BO＝DO，得sin C＝sin A．
若C＝A，则△BOC和△DOA为全等的等腰直角三角形，A＝，B＝，不符合条件．
所以C＋A＝π，此时A＝π－C＝π－(－B)＝B＋，
sin 2A＋cos B＝sin (2B＋)＋cos B＝cos 2B＋cos B，
所以(2cos2B－1)＋cosB＝，由0＜B＜，解得cos B＝，此时sin B＝，sin C＝sin (－B)＝(sin B＋cos B)＝.在△BOC中，由正弦定理＝，得OC＝.
14．(2025·辽宁名校联盟一模)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足＝a.
(1)求角B的大小；
(2)若b＝，求△ABC面积的最大值；
(3)求sin A sin C＋sin B sin C＋sin B sin A的取值范围．
解：(1)由正弦定理得＝sin A，即sin Bsin A＝sin A(1＋cos B)，因为0＜A＜π，所以sin A≠0，
所以sin B＝1＋cos B，所以sin (B－)＝，
又0＜B＜π，所以－＜B－＜，
所以B－＝，B＝.
(2)由余弦定理得，cos B＝＝，
将b＝代入得，a2＋c2＝3＋ac，
又a2＋c2≥2ac，所以ac≤3，
当且仅当a＝c＝时，等号成立，
所以△ABC的面积为ac sin B＝ac≤，
故△ABC面积的最大值为.
(3)sin A sin C＋sin B sin C＋sin B sin A
＝sin A sin C＋(sin A＋sin C)
＝sin A sin (－A)＋[sin A＋sin (－A)]
＝sin 2A＋sin2A＋sinA＋cos A
＝sin (2A－)＋sin (A＋)＋，
令x＝A＋，则2A－＝2x－，
所以sin (2A－)＋sin (A＋)＋可化为sin2x＋sinx－＝(sin x＋)2－.
因为A∈(0，)，
所以x∈(，)，
所以sin x∈(，1]，
由二次函数的图象与性质得，
当sin x∈(，1]时，(sin x＋)2－＞()2＋×－＝，(sin x＋)2－≤12＋×1－＝，故sin A sin C＋sin B sin C＋sin B sin A的取值范围为(，].第3讲　解三角形
[考情分析]　正弦定理与余弦定理以及解三角形是高考的必考内容，主要考查：一是求边长、角度、面积等，二是利用三角恒等变换，将三角函数与三角形相结合考查求解最值、范围等问题．
考点一　求值问题
1．正弦定理及其变形
在△ABC中，＝＝＝2R(R为△ABC的外接圆半径).
变形：a＝2R sin A，sin A＝，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C等．
2．余弦定理及其变形
在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bc cos A．变形：
b2＋c2－a2＝2bc cos A，cos A＝.
　(2024·新课标Ⅰ卷)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；
(2)若△ABC的面积为3＋，求c.
【解】　(1)由余弦定理的变形公式得
cos C＝＝＝，
因为C∈(0，π)，
所以C＝，
又sin C＝cos B，
所以＝cos B，即cos B＝，
又B∈(0，π)，
所以B＝.
(2)由(1)可得A＝，
则sin A＝sin ＝sin (＋)＝×＋×＝，由正弦定理有＝，
从而a＝·c＝c，
又S△ABC＝ac sin B＝3＋，即ac＝4(＋1)，
将a＝c代入，解得c＝2(负值已舍去).
【解题技法】　解三角形的基本策略
(1)涉及边与角的余弦的积或边a，b，c的齐次式时，常用正弦定理将边化为角；涉及边的平方时，一般用余弦定理．
(2)涉及三角形面积问题，要根据条件选择适当的面积公式；对于三角形周长问题，往往利用配方法进行和与积的转化．
　(2025·天津卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a sin B＝b cos A，c－2b＝1，a＝.
(1)求A的值；
(2)求c的值；
(3)求sin (A＋2B)的值．
解：(1)已知a sin B＝b cos A，
由正弦定理＝，
得a sin B＝b sin A＝b cos A，显然cos A≠0，得tan A＝，由0＜A＜π，故A＝.
(2)由(1)知cos A＝，且c＝2b＋1，a＝，由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A，得7＝b2＋(2b＋1)2－2×b(2b＋1)＝3b2＋3b＋1，解得b＝1或b＝－2(舍去)，故c＝3.
(3)由正弦定理＝，且b＝1，a＝，sin A＝，
得sin B＝＝，且a＞b，则B为锐角，故cos B＝，
故sin 2B＝2sin B cos B＝，
且cos 2B＝1－2sin2B＝1－2×()2＝.
故sin(A＋2B)＝sin A cos 2B＋cos A sin 2B＝×＋×＝.
考点二　推断与证明问题
　(2025·济宁二模)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a(2－cos B)＝b(1＋cos A).
(1)证明：b＋c＝2a；
(2)若△ABC的面积为bc，证明：△ABC为等边三角形．
【证明】　(1)由正弦定理得sin A(2－cos B)＝sin B(1＋cos A)，
即2sin A－sin A cos B＝sin B＋sin B cos A，
所以2sin A＝sin B＋sin A cos B＋cos A sin B，
所以2sin A＝sin B＋sin (A＋B)，
所以2sin A＝sin B＋sin C，
由正弦定理得2a＝b＋c.
(2)因为bc sin A＝bc，所以sin A＝，
因为2a＝b＋c，cos A＝＝＝≥，所以A为锐角，所以A＝.
由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos A＝b2＋c2－bc，
又a＝，代入化简得b＝c，所以a＝b＝c，
所以△ABC为等边三角形．
【解题技法】　三角形中的证明问题有两类：一是角的关系，可以利用三角恒等变换转化为同名三角函数，或是某个三角函数值求角；二是边的关系，可以利用正、余弦定理转化为边的关系，证明时可从复杂的一边入手，证明两边相等，也可用作差法：左边－右边＝0.
　(多选)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列四个命题中正确的是(　　)
A．若a cos A＝b cos B，则△ABC一定是等腰三角形
B．若b cos C＋c cos B＝b，则△ABC是等腰三角形
C．若＝＝，则△ABC一定是等边三角形
D．若B＝60°，b2＝ac，则△ABC是直角三角形
解析：选BC．对于A，若a cos A＝b cos B，由正弦定理得sin A cos A＝sin B cos B，即sin 2A＝sin 2B，又A，B∈(0，π)，则2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝，所以三角形为等腰三角形或直角三角形，故A错误；对于B，若b cos C＋c cos B＝b，则由正弦定理得sin B cos C＋sin C cos B＝sin (B＋C)＝sin A＝sin B，又A，B∈(0，π)，则A＝B或A＝π－B(舍去)，则△ABC是等腰三角形，故B正确；对于C，若＝＝，由正弦定理得＝＝，即tan A＝tan B＝tan C，又A，B，C为三角形内角，所以A＝B＝C，故△ABC是等边三角形，故C正确；对于D，由于B＝60°，b2＝ac，由余弦定理可得ac＝b2＝a2＋c2－ac，可得(a－c)2＝0，解得a＝c，所以b＝a＝c，故△ABC是等边三角形，故D错误．
考点三　最值(范围)问题
　已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且b cos C＋c cos B＝2a cos A．
(1)求A；
(2)若a＝2，求△ABC周长的最大值．
【解】　(1)由b cos C＋c cos B＝2a cos A及正弦定理得
sin B cos C＋sin C cos B＝2sin A cos A，
所以sin (B＋C)＝2sin A cos A，
因为B＋C＝π－A，化简得sin A＝2sin A cos A，
因为0＜A＜π，所以sin A≠0，
所以cos A＝，所以A＝.
(2)方法一：由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos A，得4＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc，因为bc≤()2，
所以(b＋c)2－3bc≥(b＋c)2－＝，
即4≥，所以0当且仅当b＝c＝2时等号成立．
所以△ABC的周长C△ABC＝a＋b＋c≤6.
即△ABC周长的最大值为6.
方法二：由正弦定理＝2R＝＝，
得△ABC的周长C△ABC＝a＋b＋c＝2＋sin B＋sin C，
因为A＋B＋C＝π，
所以C＝－B，
所以C△ABC＝2＋sin B＋sin (－B)
＝2＋(sin B＋sin cos B－cos sin B)
＝2＋4sin (B＋)，
因为0＜B＜，所以当B＝时，C△ABC取得最大值为6.
方法三：如图1所示，延长BA到点P，使得AP＝AC，
则AB＋AC＝AB＋AP＝BP，
要使△ABC的周长最大，则需满足BP长度最大．
将问题转化为已知一边a＝2，一对角P＝30°，求另一边BP的长度的最大值，由图2可得，当BP为该圆直径时，BP最大．
即|BP|max＝＝＝4，
所以C△ABC＝BC＋BP≤2＋4＝6.
即C△ABC的最大值为6.
【解题技法】　三角形中常见的求最值、范围问题的解题策略
(1)一般用正弦定理将所求的量转化为关于某一个角的三角函数，求该三角函数的最值与取值范围．
(2)转化为关于边的等式、函数、不等式，再用基本不等式或函数的单调性等来处理．
　(2025·东北四市联合考试)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且tan A＋tan B＝.
(1)求角A的大小；
(2)若BC＝2，求·的最大值．
解：(1)方法一：因为tan A＋tan B＝，
所以由余弦定理得tan A＋tan B＝＝，
由正弦定理得tan A＋tan B＝，
又＋＝＝＝，
所以＝，
显然cos B≠0.
又在△ABC中，sin C＞0，
所以sin A＝cos A，所以tan A＝1，
又0方法二：tan A＋tan B＝＋
＝
＝
＝，
因为tan A＋tan B＝，
所以＝，
所以＝，
得＝c，
即＝sin C，
因为sin C≠0，
所以tan A＝1，
又A∈(0，π)，所以A＝.
(2)方法一：由余弦定理可得a2＝c2＋b2－2cb cos A＝c2＋b2－cb＝4，又b2＋c2≥2bc，当且仅当b＝c时等号成立，
所以4＋bc≥2bc，
则bc≤，
·＝cb cos A≤×＝2＋2，
所以·的最大值为2＋2.
方法二：·＝bc cos A＝bc
＝×sinB sin C
＝4sin B sin C＝2[cos (B－C)－cos (B＋C)]
＝2[cos (B－C)＋]，
因为0＜B＜，0所以－＜B－C＜，
则·≤2(1＋)＝2＋2，当且仅当B＝C时等号成立．
故·的最大值为2＋2.
方法三：如图，以A为坐标原点，以AB边所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
则可设B(n，0)，C(m，m)，则·＝mn.
由|BC|＝2得(m－n)2＋m2＝2m2＋n2－2mn＝4，
显然m，n＞0，所以4＝2m2＋n2－2mn≥2mn－2mn，
所以mn≤＝2＋2，当且仅当m＝n时等号成立，
所以·＝mn≤2＋2，当且仅当m＝n时等号成立，
所以·的最大值为2＋2.　三角形中的“特征”线
类型一　三角形的中线问题
　(2025·温州一模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2b cos C＝ac－2c cosB．
(1)求c；
(2)若D为AB边的中点，CD＝，∠ACB＝60°，求△ABC的周长．
【解】　(1)方法一：由题意，得2sin B cos C＝c sin A－2cos B sin C，则2sin (B＋C)＝c sin A，
所以2sin A＝c sin A，
因为在△ABC中，sin A>0，
所以c＝2.
方法二：由题意，得2b·＝ac－2c·，所以a2＋b2－c2＝a2c－a2－c2＋b2，
因此2a2＝a2c，因为a>0，所以c＝2.
(2)方法一：利用向量关系，可得＝(＋)，
||2＝(b2＋a2＋ab)＝2，
又由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2ab cos ∠ACB，
所以4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab，
因此ab＝2，a＋b＝，
所以△ABC的周长为＋2.
方法二：因为∠ADC＋∠BDC＝π，
所以cos ∠ADC＋cos ∠BDC＝0.
因此＋＝0，所以a2＋b2＝6，
又由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2ab cos ∠ACB，
所以4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab，
因此ab＝2，a＋b＝，
所以△ABC的周长为＋2.
方法三：以△ABC的边CA，CB为邻边，将△ABC补成平行四边形(图略)，利用平行四边形边长与对角线长的关系可得，22＋(2)2＝2(a2＋b2)，所以a2＋b2＝6.
又由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2ab cos ∠ACB，
所以4＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab，
因此ab＝2，a＋b＝，
所以△ABC的周长为＋2.
【解题技法】
　(2025·台州一模)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2c－b＝2a cosB．
(1)求角A；
(2)若△ABC的面积为4，D为AC边的中点，求BD长度的最小值．
解：(1)在△ABC中，由2c－b＝2a cos B及正弦定理得，2sin C－sin B＝2sin A cos B，则sin B＝2sin (A＋B)－2sin A cos B＝2(sin A cos B＋cos A sin B)－2sin A cos B＝2cos A sin B，而sin B>0，则cos A＝，又A∈(0，π)，所以A＝.
(2)依题意，S△ABC＝bc sin A＝4，由(1)知A＝，得bc＝16，
在△ABD中，由余弦定理得BD2＝()2＋c2－2··c·cos A＝＋c2－bc≥bc－bc＝8，当且仅当b＝2c＝4时取等号，所以BD的最小值为2.
类型二　三角形的角平分线问题
　(2025·福州一模)在锐角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c－2b cos A＝b.
(1)求证：A＝2B；
(2)若∠BAC的平分线交BC于点D，AD＝1，sin B＝，求＋的值．
【解】　(1)证明：由正弦定理可得sin C－2sin B cos A＝sin B，因为A＋B＋C＝π，
所以sin (A＋B)－2sin B cos A＝sin A cos B－sin B cos A＝sin (A－B)＝sin B，
因为A∈(0，)，B∈(0，)，
所以A－B∈(－，)，
因为y＝sin x在(－，)上单调递增，
所以A－B＝B，即A＝2B．
(2)因为sin B＝，B为锐角，
所以cos B＝，sin ∠BAC＝sin 2B＝2sin B cos B＝，
依题意有S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，由(1)可知∠BAC＝2B，
所以bc sin ∠BAC＝(b＋c)×AD×sin B，
又因为AD＝1，所以bc＝(b＋c)，化简得8bc＝5(b＋c)，
两边同除以bc可得8＝5()，所以＋＝.
【解题技法】　
　(2025·武汉调研)已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2c－b＝2a sin (C－).
(1)求角A；
(2)若a＝，D为边BC上一点，AD为∠BAC的平分线，且AD＝1，求△ABC的面积．
解：(1)2c－b＝2a sin (C－)＝a(sin C－cos C)，结合正弦定理得2sin C－sin B＝sin A(sin C－cos C)，
所以2sin C－sin (A＋C)＝sin A sin C－sin A cos C，
整理得2sin C＝sin A sin C＋cos A sinC．
又sin C≠0，所以sin A＋cos A＝2，即sin (A＋)＝1.
又0(2)S△ABD＋S△ACD＝S△ABC，即(b＋c)·AD·sin ＝bc sin ，整理得b＋c＝bc.
由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc cos ∠BAC，得b2＋c2－bc＝6，
即(b＋c)2－3bc＝6，将b＋c＝bc代入得3b2c2－3bc＝6，(bc－2)(bc＋1)＝0，所以bc＝2.
所以S△ABC＝bc sin ＝.
类型三　三角形的高线问题
　(2025·广东六校联考)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b cos C＋c sin B＝a.
(1)求角B的大小；
(2)若AB边上的高为，求cos ∠ACB．
【解】　(1)在△ABC中，A＝π－(B＋C).
所以sin A＝sin [π－(B＋C)]＝sin (B＋C)＝sin B cos C＋sin C cos B．
由正弦定理，得a＝b cos C＋c cos B，
又a＝b cos C＋c sin B，
所以sin B＝cos B，
又B∈(0，π)，所以B＝.
(2)易知A为锐角，如图，过点C作AB边上的高CD，交AB于点D，则CD＝，且△BCD和△ACD都是直角三角形．
因为B＝，所以△BCD是等腰直角三角形，
所以BD＝CD＝，AD＝AB－BD＝c.
由勾股定理得，BC2＝BD2＋CD2，AC2＝AD2＋CD2，所以BC＝c，AC＝c.
在△ABC中，
由余弦定理得cos ∠ACB＝.
因此cos ∠ACB＝＝－.
【解题技法】　
注意　若h1，h2，h3分别为△ABC的边a，b，c上的高，则h1∶h2∶h3＝∶∶＝∶∶.
　(2025·北京卷改编)在△ABC中，cos A＝－，a sin C＝4.
(1)求c；
(2)若△ABC面积为10，求BC边上的高．
解：(1)因为cos A＝－，A∈(0，π)，
所以sin A＝＝，
由正弦定理有a sin C＝c sin A＝c＝4，
解得c＝6.
(2)设BC边上的高为AD．
因为△ABC的面积是10，
则S△ABC＝bc sin A＝b×6×＝10，
解得b＝5，
由余弦定理可得a＝＝＝9可以唯一确定，
这表明此时△ABC是存在的，且BC边上的高满足S△ABC＝a·AD＝AD＝10，即AD＝.(共29张PPT)
专题强化训练
C
B
C
D
C
A
D
D
BD
解析：由题意知a＝(2，sin θ)，b＝(cos θ，1).对于A，若向量a⊥b，则a·b＝2cos θ＋sin θ＝0，即tan θ＝－2，显然能成立，故A错误；
BC
ABD
13．(2025·北京卷)已知α，β∈[0，2π]，且sin (α＋β)＝sin (α－β)，cos (α＋β)≠cos (α－β)，写出满足条件的一组α＝________，β＝_______________．
8
1
O专题强化训练
[A　基本技能]
1．(2025·永州三模)已知tan α＝，则sin 2α＝(　　)
A．－ B．－
C． D．
解析：选C．因为tan α＝，所以sin 2α＝＝＝＝＝.
2．(2025·河南二模)已知向量a＝(1，0)，b＝(0，1)，c＝a＋tb，若|c|＝2，则正实数t的值为(　　)
A．1 B．
C．2 D．3
解析：选B．因为a＝(1，0)，b＝(0，1)，c＝a＋tb，所以c＝(1，t)，又|c|＝2，所以＝2，解得t＝或t＝－(舍去)，所以正实数t的值为.
3．(2025·宁波模拟)已知向量a，b满足|a|＝|b|＝1，a⊥b，则|a－3b|＝(　　)
A． B．
C． D．
解析：选C．方法一(平方法)：由a⊥b，得a·b＝0，所以|a－3b|2＝(a－3b)2＝a2－6a·b＋9b2＝1－0＋9＝10，所以|a－3b|＝.
方法二(向量法)：因为|a|＝|b|＝1，a⊥b，所以不妨设a＝(1，0)，b＝(0，1)，则a－3b＝(1，0)－3(0，1)＝(1，－3)，所以|a－3b|＝＝.
4．已知sin(α＋β)＝2cos (α－β)，tan α＋tan β＝，则tan αtan β＝(　　)
A．3 B．－3
C． D．－
解析：选D．由sin (α＋β)＝2cos (α－β)，得sin αcos β＋cos αsin β＝2cos αcos β＋2sin αsin β，两边同时除以cos αcos β，得tan α＋tan β＝2＋2tan αtan β，又tan α＋tan β＝，所以tan αtan β＝－.
5．在△ABC中，＝，点E在BD上，若＝x＋，则x＝(　　)
A．－ B．－
C．－ D．－
解析：选C．因为＝，所以＝，所以＝x＋＝－x＋(－)＝(－x－)＋＝(－x－)＋×＝(－x－)＋，因为点E在BD上，所以所以x＝－.
6．(2025·漳州一模)已知α∈，若sin (＋2α)＋cos ＝0，则α＝(　　)
A． B．
C． D．
解析：选A．因为sin (＋2α)＝－cos 2α，所以－cos 2α＋cos (α－)＝0，即cos 2α＝cos (α－)，
即cos2α－sin2α＝(cosα＋sin α).
又因为α∈(0，)，所以cos α＋sin α＞0，
所以cos α－sin α＝，即cos (α＋)＝.
又α∈(0，)，所以α＋∈(，)，
所以α＋＝，所以α＝.
7．(2025·信阳等五市联考)已知角α和β的终边关于直线y＝x对称，且sin α＋2sin β＝，则sin β＝(　　)
A．－ B．－
C． D．
解析：选D．设角α的终边与单位圆的交点为(m，n)，则由题意可知角β的终边与单位圆的交点为(n，m)，
所以sin α＝n，cos α＝m，sin β＝m，cos β＝n，
所以由sin α＋2sin β＝，得cos β＋2sin β＝，
所以(cos β＋sin β)＝，cos β＋sin β＝1，
sin (θ＋β)＝1，其中sin θ＝，cos θ＝，
所以θ＋β＝＋2kπ，k∈Z，即β＝＋2kπ－θ，k∈Z，
所以sin β＝sin (＋2kπ－θ)＝cos θ，
所以sin β＝.
8．如图，这是一朵美丽的几何花，且这八片花瓣的顶端A，B，C，D，E，F，G，H恰好可以围成一个正八边形，设∠ACG＝α，∠EBH＝β，则tan (α＋β)＝(　　)
A．－3 B．－2
C．－2＋1 D．－－1
解析：选D．
依次连接花瓣顶点，连接AC，BE，BH，设线段AE与CG的交点为O，线段BH与线段AE的交点为M，因为∠COB＝∠AOB＝，所以∠AOC＝，又OC＝OA，所以∠ACG＝∠ACO＝，设OA＝a，则OB＝OE＝a，所以OM＝MB＝a，所以tan ∠EBH＝tan ∠EBM＝＝＋1，所以tan α＝1，tan β＝＋1，
所以tan (α＋β)＝＝＝－－1.
9．(多选)(2025·菏泽一模)已知平面向量a＝(2，sin θ)，b＝(cos θ，1)，则下列说法正确的有(　　)
A．向量a，b不可能垂直
B．向量a，b不可能共线
C．|a＋b|不可能为3
D．若θ＝，则a在b上的投影向量为b
解析：选BD．由题意知a＝(2，sin θ)，b＝(cos θ，1).
对于A，若向量a⊥b，则a·b＝2cos θ＋sin θ＝0，即tan θ＝－2，
显然能成立，故A错误；
对于B，若向量a∥b，则有2×1－sin θcos θ＝0，即2－sin 2θ＝0，
即sin 2θ＝4，显然不成立，故B正确；
对于C，|a＋b|＝
＝＝，tan φ＝，
则当cos (θ－φ)＝时，|a＋b|＝3，故C错误；
对于D，若θ＝，则a＝(2，1)，b＝(0，1)，
则a在b上的投影向量为()＝b＝b，故D正确．
10．(多选)(2025·广州段考)已知0<β<α<，且sin (α－β)＝，tan α＝5tan β，则(　　)
A．sin αcos β＝
B．sin βcos α＝
C．sin 2αsin 2β＝
D．α＋β＝
解析：选BC．因为tan α＝5tan β，即＝，
所以sin αcos β＝5cos αsin β，
所以sin (α－β)＝sin αcos β－cos αsin β＝4cos αsin β＝，
所以sin βcos α＝，B正确；
sin αcos β＝，A错误；
sin 2αsin 2β＝2sin αcos α·2sin βcos β＝4sin αcos β·sin βcos α＝4××＝，C正确；
sin (α＋β)＝sin αcos β＋sin βcos α＝＋＝，因为0<β<α<，所以0<β＋α<，所以α＋β＝，D错误．
11．(多选)(2025·河南模拟)已知O为坐标原点，点P(cos α，sin α)，Q(cos β，sin β)，A(1，1)，则下列说法正确的是(　　)
A．·＝cos (α－β)
B．若＝，则||＝||
C．△AOP和△AOQ的面积之和的最大值为1
D．若∠PAO＝，则·＝||2
解析：选ABD．对于A，由题意得，·＝cos αcos β＋sin αsin β＝cos (α－β)，故A正确；
对于B，若＝，则||＝1，又因为Q(cos β，sin β)，所以Q(1，0)或Q(0，1)，若Q(1，0)，则P(0，1)，此时||＝||＝，若Q(0，1)，则P(1，0)，此时||＝||＝，故B正确；
对于C，|AO|＝＝，|OP|＝＝1，|OQ|＝＝1，所以S△AOP＋S△AOQ＝|AO||OP|·sin∠AOP＋|AO||OQ|sin ∠AOQ＝(sin ∠AOP＋sin ∠AOQ)≤×2＝，当且仅当∠AOP＝∠AOQ＝时，等号成立，所以△AOP和△AOQ的面积之和的最大值为，故C错误；
对于D，若∠PAO＝，注意到P(cos α，sin α)在单位圆上，当且仅当PA与单位圆相切时，∠PAO取最大值，此时恰为，故△AOP为以OA为斜边的等腰直角三角形，所以·＝×1×＝||2＝1，故D正确．
12．(2025·贵阳摸底考试)已知角α的始边为x轴的非负半轴，终边经过点P(5，12)，将角α的终边绕着原点O逆时针旋转得到角β，则sin β＝________．
解析：由题意知，sin α＝＝，cos α＝＝，sin β＝sin (α＋)＝sin αcos ＋cos αsin ＝×＋×＝.
答案：
13．(2025·北京卷)已知α，β∈[0，2π]，且sin (α＋β)＝sin (α－β)，cos (α＋β)≠cos (α－β)，写出满足条件的一组α＝________，β＝________．
解析：由题意得α＋β，α－β的终边关于y轴对称，且不与y轴重合，故α＋β＋α－β＝π＋2kπ，k∈Z且α＋β≠＋lπ，l∈Z，即α＝＋kπ，k∈Z，取α＝，β＝可满足题设要求．
答案：　(答案不唯一)
14．(2025·上海二模)已知在△ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝π，点D在线段BC上，且S△ACD＝2S△ABD，则·的值为_______________________________________________．
解析：由题意，设等腰三角形ABC在BC边上的高为h，因为S△ACD＝2S△ABD，所以×CD×h＝2××BD×h，所以CD＝2BD，所以＝＋＝＋＝＋(－)＝＋，
所以·＝·(＋)＝2＋·＝||2＋||·||·cos ∠BAC＝×42＋×4×4×(－)＝8.
答案：8
[B　综合运用]
15．(2025·青岛联考)已知A1，A2，A3，A4，A5五个点，满足：·＝0(n＝1，2，3)，||||＝n(n＝1，2，3)，则||的最小值为________．
解析：由题知
所以
设||＝t，t>0，
因为
所以||＝，||＝2t，||＝，
如图，当与方向相反，且与方向相反时，||有最小值，最小值为＝
≥＝＝1，
当且仅当t2＝，即t＝时等号成立．
答案：1(共34张PPT)
专题一　三角函数、平面向量与解三角形
第1讲　三角恒等变换与平面向量
[考情分析]
三角恒等变换与平面向量是高考的命题热点，三角恒等变换主要考查：
(1)两角和与差的正弦、余弦、正切公式；(2)二倍角公式、半角公式的应用等；多以选择题、填空题的形式出现或隐含于解答题中，平面向量主要考查向量的模、夹角、数量积、系数的最值或范围等；难度为中等偏下．
考点一　三角恒等变换
1．两角和与差公式变形
sin αsin β＋cos (α＋β)＝cos αcos β；
cos αsin β＋sin (α－β)＝sin αcos β；
tan α±tan β＝tan (α±β)·(1 tan αtan β).
D
D
D
BC
C
考点二　平面向量
(2)|a·b|≤|a||b|.
C
【解题技法】　(1)根据平面向量基本定理恰当地选取基底，且变形要有方向，不能盲目转化．
(2)在一般向量的线性运算中，只需要把其中的向量当作一个字母看待，其运算方法类似于代数中合并同类项的运算，在计算时可以进行类比．
C
D
【解题技法】　(1)数量积的计算通常有①借“底”数字化；②借“系”坐标化．
(2)可以利用数量积求向量的模和夹角，向量要分解成题中已知的向量模和夹角进行计算．
ACD
－15第2讲　三角函数的图象与性质
[考情分析]　三角函数的图象与性质是高考考查的重点和热点内容，主要考查三角函数的单调性、最值、奇偶性、周期性、图象的变换和对称性以及由图象确定解析式等问题，主要以选择题、填空题的形式考查，难度中等或偏下．
考点一　三角函数的图象
1．沿x轴平移：由y＝f(x)变为y＝f(x＋φ)时，“左加右减”，即φ＞0，左移；φ＜0，右移．
沿y轴平移：由y＝f(x)变为y＝f(x)＋k时，“上加下减”，即k＞0，上移；k＜0，下移．
2．沿x轴伸缩：若ω＞0，A＞0，由y＝f(x)变为y＝f(ωx)时，所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的倍．
沿y轴伸缩：由y＝f(x)变为y＝Af(x)时，所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的A倍．
　(1)(2025·济宁一模)将函数y＝2cos 的图象向右平移个最小正周期后，所得图象对应的函数为(　　)
A．y＝2cos B．y＝2cos
C．y＝2cos D．y＝－2cos
(2)(2025·北京二模)已知函数y＝sin (ωx＋φ)(ω＞0)的部分图象如图所示．若A，B，C，D四点在同一个圆上，则ω＝(　　)
A．1 B．
C．π D．
【解析】　(1)函数的最小正周期T＝＝π，所以函数y＝2cos (2x－)的图象向右平移个最小正周期后所得图象对应的函数为
y＝2cos [2(x－)－]＝2cos (2x－π)
＝－2cos [π－(2x－π)]＝－2cos (2x－)
＝－2cos (2x＋).
(2)连接BC交x轴于点E，
由于A，B，C，D四点在同一个圆上，且A，D和B，C均关于点E对称，
故E为圆心，且|AE|＝|BE|，|AE|＝T＝·＝，|BE|＝＝，
故＝，解得ω＝(负值已舍去).
【答案】　(1)D　(2)D
【解题技法】　求函数y＝A sin (ωx＋φ)＋B(A＞0，ω＞0)中ω，φ的方法
(1)T定ω：由最小正周期的求解公式T＝，可得ω＝；
(2)点坐标定φ：一般运用代入法求解φ值，注意在确定φ值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口，即“峰点”“谷点”与三个“中心点”．
　(多选)(2025·甘肃二模)函数f(x)＝|sin x|＋|cos x|，则(　　)
A．函数的最小正周期为
B．直线x＝π是函数f(x)图象的一条对称轴
C．函数图象有对称中心
D．若f(x)＝m，x∈[0，2π)有四个解，则m＝1
【解析】　对于A，f(x)＝|sin x|＋|cos x|＝
函数图象如下：
可得函数的最小正周期为，故A正确；
对于B，由图可得直线x＝π是函数f(x)图象的一条对称轴，故B正确；
对于C，根据函数图象可知函数图象没有对称中心，故C错误；
对于D，由图可得当函数f(x)＝|sin x|＋|cos x|＝时，x＝，，，，所以f(x)＝m，x∈[0，2π)有四个解，则m也可以是，故D错误．
【答案】　AB
【解题技法】　借助y＝A sin t的图象可处理以下问题
(1)判断对称轴或对称中心：可根据对称轴经过图象的最高点或最低点，对称中心的横坐标一定是y＝A sin (ωx＋φ)的零点进行判断．
(2)求函数在闭区间上的最值(值域)：先根据x所在的区间求出ωx＋φ的取值范围，再结合正弦函数的图象确定函数的最值(值域).
　1.(多选)记函数f(x)＝3sin (x＋)的图象为C，由图象C得到函数g(x)＝3sin (2x－)图象的过程中，可能用到的变换方式有(　　)
A．将所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变
B．将所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变
C．将所有点向右平移个单位长度
D．将所有点向右平移个单位长度
解析：选BCD．先平移，后伸缩：将图象C上所有的点向右平移个单位长度，得到y＝3sin (x－＋)＝3sin (x－)的图象，再将y＝3sin (x－)的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到g(x)＝3sin (2x－)的图象．
先伸缩，后平移：将图象C上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到y＝3sin (2x＋)的图象，再将y＝3sin (2x＋)图象上的所有点向右平移个单位长度，得到g(x)＝3sin [2(x－)＋]＝3sin (2x－)的图象．
2．(多选)函数f(x)＝cos (ωx＋φ)(ω＞0)的部分图象如图所示，则(　　)
A．f是奇函数
B．f是偶函数
C．f＜f
D．f(x)＝sin
解析：选ABD．由题图可知，函数f(x)的最小正周期T＝＝(－)×2＝2，所以ω＝π.因为×(＋)＝，所以f()＝cos (π＋φ)＝－1，π＋φ＝π＋2kπ(k∈Z)，所以φ＝＋2kπ(k∈Z)，f(x)＝cos (πx＋).
由题图可知，f(x)的图象关于点(，0)对称，所以将f(x)的图象向左平移个单位长度后图象关于原点对称，所以f(x＋)为奇函数，A正确；
因为f(x)的图象关于直线x＝对称，所以将f(x)的图象向左平移个单位长度后图象关于y轴对称，所以f(x＋)为偶函数，B正确；
f(－)＝f()，f()＝f()，因为f(x)的图象关于直线x＝对称，所以f()＝f(－)＝f().因为f(x)在(0，)上单调递减，所以f()＞f()，所以f(－)＞f()，C错误；
f(x)＝cos (πx＋)＝cos (πx＋－)＝sin (πx＋)，D正确．
考点二　三角函数的性质
函数y＝A sin (ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的性质
(1)单调性：由－＋2kπ≤ωx＋φ≤＋2kπ(k∈Z)可得单调递增区间；由＋2kπ≤ωx＋φ≤＋2kπ(k∈Z)可得单调递减区间．
(2)对称性：由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)可得函数图象对称中心的横坐标；由ωx＋φ＝kπ＋(k∈Z)可得函数图象的对称轴．
(3)奇偶性：φ＝kπ(k∈Z)时，函数y＝A sin (ωx＋φ)为奇函数；φ＝kπ＋(k∈Z)时，函数y＝A sin (ωx＋φ)为偶函数．
　(1)(2025·青岛调研)设函数f(x)＝cos ωx，|f(x1)－f(x2)|＝2，|x1－x2|＝，则ω的值可以是(　　)
A． B．1
C．2 D．3
(2)(多选)(2025·长春质量监测)函数f(x)＝sin ωx＋cos ωx(ω＞0)的最小正周期为π，则下列说法正确的是(　　)
A．ω的值为2
B．直线x＝－是函数f(x)图象的一条对称轴
C．函数f(x)在(0，)上单调递减
D．当x∈(0，)时，方程f(x)－a＝0存在两个根，则a∈(1，)
【解析】　(1)由题意得f(x1)，f(x2)一个为函数f(x)的最大值，一个为函数f(x)的最小值．
设函数f(x)的最小正周期为T，则|x1－x2|＝(k＋)T＝T＝(k∈N)，即·＝，
可得|ω|＝4k＋2(k∈N)，所以ω的可能取值为2.
(2)因为f(x)＝sin ωx＋cos ωx＝sin (ωx＋)的最小正周期为π，且ω＞0，所以＝π，所以ω＝2，A正确；
f(x)＝sin (2x＋)，且f(－)＝sin (－)＝－1，－1不是f(x)的最值，所以直线x＝－不是f(x)图象的对称轴，B错误；
当x∈(0，)时，2x＋∈(，)，所以函数f(x)＝sin (2x＋)在(0，)上不单调，C错误；
令t＝2x＋，因为x∈(0，)，所以t∈(，)，则sin t＝a在t∈(，)时存在两个根，由三角函数图象可知(图略)，a∈(1，)，D正确．
【答案】　(1)C　(2)AD
【解题技法】　求解函数y＝A sin (ωx＋φ)的性质问题的三种意识
(1)转化意识：利用三角恒等变换将所求函数转化为f(x)＝A sin (ωx＋φ)的形式；
(2)整体意识：类比y＝sin x的性质，只需将y＝A sin (ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sin x中的“x”，采用整体代入求解；
(3)讨论意识：当A为参数时，求最值应分情况讨论A＞0，A＜0.
　1.(2025·全国一卷)已知点(a，0)(a＞0)是函数y＝2tan 的图象的一个对称中心，则a的最小值为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选B．根据正切函数的性质，y＝2tan (x－)图象的对称中心横坐标满足x－＝，k∈Z，即y＝2tan (x－)的图象的对称中心是(＋，0)，k∈Z，即a＝＋，k∈Z，又a＞0，则当k＝0时a最小，最小值是.
2．(多选)(2025·皖南八校联考)已知函数f(x)＝＋，则(　　)
A．f(x)的定义域为
B．f(x)的最小正周期为2π
C．f(x)在区间上单调递减
D．f(x)在区间(0，2π)上仅有2个零点
解析：选ABD．对于A，因为sin x≠0，cos x≠0，所以x≠kπ，k∈Z且x≠＋kπ，k∈Z，所以x≠，k∈Z，
故f(x)的定义域为，故A正确；
对于B，因为函数y＝sin x和y＝cos x的最小正周期均为2π，
所以f(x)＝＋的最小正周期为2π，故B正确；
对于C，因为函数y＝cos x在区间(，π)上单调递减，且值域为(－1，0)；
函数y＝sin x在区间(，π)上单调递减，且值域为(0，1).
所以函数y＝与y＝在区间(，π)上均单调递增，
则f(x)＝＋在区间(，π)上单调递增，故C错误；
对于D，令f(x)＝＋＝0，则tan x＝－1，解得x＝＋kπ，k∈Z，在区间(0，2π)上有2个解，故D正确．
eq \o(\s\up7(),\s\do5(　　　　　美丽的余弦，和谐的关系))
[问题背景]　三角函数历来是高考的重点，也是高中数学教学的重点，它不仅体现自身和谐的关系与知识体系，更是解决几何问题的强力知识工具，其中余弦函数更具有本身的内涵与和谐之美．例如，2025年高考北京卷第15题中的结论③④就展现了余弦函数的和谐与数学之美．
[真题展示]　(2025·北京卷)关于定义域为R的函数f(x)，以下说法正确的有________________________________________．
①存在在R上单调递增的函数f(x)使得f(x)＋f(2x)＝－x恒成立；
②存在在R上单调递减的函数f(x)使得f(x)＋f(2x)＝－x恒成立；
③使得f(x)＋f(－x)＝cos x恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个；
④使得f(x)－f(－x)＝cos x恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个．
解析：对于①，若存在在R上单调递增的函数f(x)，满足f(x)＋f(2x)＝－x，
则f(0)＋f(2×0)＝0，即f(0)＝0，
故x>0时，f(4x)>f(2x)>f(x)>0，
故f(4x)＋f(2x)>f(x)＋f(2x)，
令g(x)＝f(x)＋f(2x)＝－x，则g(2x)>g(x)，
故－2x>－x，解得x<0，与x>0矛盾，故①错误；
对于②，取f(x)＝－x，
该函数在R上单调递减且f(x)＋f(2x)＝－x，
故该函数满足题意，故②正确；
对于③，取f(x)＝cos x＋mx，m∈R，
此时f(x)＋f(－x)＝cos x，
由m∈R，可得f(x)有无穷多个，故③正确；
对于④，若存在f(x)，使得f(x)－f(－x)＝cos x，
令x＝0，则0＝cos 0，但cos 0＝1，矛盾，
故满足f(x)－f(－x)＝cos x的函数不存在，故④错误．
答案：②③
[总结提炼]　从结论③的解答f(x)＝cos x＋mx，m∈R是满足f(x)＋f(－x)＝cos x的设置，可以看出当f(x)＝cos x±g(x)，且g(x)为奇函数时便满足题意，其实质就是f(x)±g(x)＝cos x的问题，作为美丽的余弦函数f(x)＝A cos x，A≠0，具有一般抽象的结构，即当x，y∈R，f(0)≠0时，f(x)＋f(y)＝2f·f或f(x＋y)＋f(x－y)＝2f(x)f(y).前者是教材作为例题的“和差化积”公式cos α＋cos β＝2cos cos 的抽象形式，而后者是两角和差的余弦之和cos (α＋β)＋cos (α－β)＝2cos αcos β的抽象形式，不论是哪种形式，都是美丽的余弦函数呈现的抽象表示，其具体的抽象问题可设置为：
定义域为R的函数f(x)，对于x，y∈R，均有f(x)＋f(y)＝2ff，且f(0)≠0，则有
①f(0)＝1；
②f(x)是偶函数；
③若f(a)＝0，则f(x)是周期T＝4|a|的周期函数．
问题等价于，令＝m，＝n，则f(m＋n)＋f(m－n)＝2f(m)f(n)　(*).
当n＝0时，2f(m)＝2f(m)f(0)，则f(0)＝1.
(*)式用－n替换n得，f(m－n)＋f(m＋n)＝2f(m)f(－n)，则f(m)f(n)＝f(m)f(－n)，即f(－n)＝f(n)，又定义域关于原点对称，故f(x)为偶函数．
(*)式用a替换n得，
f(m＋a)＋f(m－a)＝2f(m)f(a)，
又因为f(a)＝0.
即f(m＋a)＝－f(m－a).
从而f(m＋2a)＝－f(m)，f(m＋4a)＝－f(m＋2a)＝－(－f(m))＝f(m).
所以周期T＝4|a|.
①②③三个结论均展示为f(x)＝cos x的内涵特性．
余弦函数与抽象函数之间互映，是很多抽象函数问题的直接体现．
还有很多类似的问题，例如：
(1)f(x)的定义域为R，对于x，y∈R，f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，模型函数为f(x)＝kx(k≠0).
(2)f(x)的定义域为R，对于x，y∈R，f(x＋y)＝f(x)f(y)，模型函数为f(x)＝ax(a>0，且a≠1).
[美题闯关]　(多选)已知函数f(x)的定义域为D＝{x|x∈R，且x≠0}，当x，y∈D时，恒有f(xy)＝f(x)＋f(y)，则下列结论正确的是(　　)
A．f(－1)＝－1
B．f(x)是偶函数
C．f(xn)＝nf(x)(n∈N*)
D．f＝f(x)－f(y)
解析：选BCD．方法一(设置函数)：由题意可令f(x)＝loga|x|(a>0且a≠1)，则f(－1)＝loga|－1|＝0，故A错误；f(－x)＝loga|－x|＝loga|x|＝f(x)，又因为函数f(x)的定义域关于原点对称，所以f(x)为偶函数，故B正确；f(xn)＝loga|xn|＝loga|x|n＝nloga|x|＝nf(x)(n∈N*)，故C正确；f()＝loga＝loga|x|－loga|y|＝f(x)－f(y)，故D正确．
方法二(抽象推理)：对于A，由于f(xy)＝f(x)＋f(y)，
令y＝1，则f(x)＝f(x)＋f(1)，所以f(1)＝0，
令x＝y＝－1得，f((－1)·(－1))＝f(－1)＋f(－1)，
即f(1)＝2f(－1)，所以f(－1)＝0，故A错误；
对于B，令y＝－1得，f(－x)＝f(x)＋f(－1)＝f(x)＋0＝f(x)，又因为函数f(x)的定义域关于原点对称，
故f(x)为偶函数，故B正确；
对于C，令y＝x得，f(x2)＝f(x)＋f(x)＝2f(x)，
再令y＝x2得，f(x3)＝f(x)＋f(x2)＝f(x)＋2f(x)＝3f(x)，
依次下去将得到f(xn)＝nf(x)(n∈N*)，故C正确；
对于D，由f()＋f(y)＝f(·y)＝f(x)得，
f()＝f(x)－f(y)，故D正确．(共23张PPT)
提升点1　求三角函数式中的参数
类型一　由单调性求参数
B
A
类型二　由最值(值域)求参数
C
【解题技法】　解决利用最值求ω，φ的问题，主要是利用三角函数的最值与对称或周期的关系，列出关于ω，φ的不等式(组)，进而求出ω，φ的值或取值范围．
类型三　由对称性求参数
A
【解题技法】　解决这类问题，我们可以根据三角函数的对称性来研究其周期性，解决问题的关键在于运用整体代换的思想，建立关于ω的不等式组，进而可以研究ω的取值范围．
B
类型四　由零点、极值点求参数
C
【解题技法】　解决y＝A sin (ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的零点与极值点问题通常先利用换元法求t＝ωx＋φ的范围，再结合y＝sin t的图象列出关于ω的不等式(组)，进而求出ω的值或取值范围．
B
O
y
3
T
3π
2π
3-1(共27张PPT)
第3讲　解三角形
[考情分析]
正弦定理与余弦定理以及解三角形是高考的必考内容，主要考查：一是求边长、角度、面积等，二是利用三角恒等变换，将三角函数与三角形相结合考查求解最值、范围等问题．
考点一　求值问题
【解题技法】　解三角形的基本策略
(1)涉及边与角的余弦的积或边a，b，c的齐次式时，常用正弦定理将边化为角；涉及边的平方时，一般用余弦定理．
(2)涉及三角形面积问题，要根据条件选择适当的面积公式；对于三角形周长问题，往往利用配方法进行和与积的转化．
(2)求c的值；
(3)求sin (A＋2B)的值．
考点二　推断与证明问题
【证明】　由正弦定理得sin A(2－cos B)＝sin B(1＋cos A)，
即2sin A－sin A cos B＝sin B＋sin B cos A，所以2sin A＝sin B＋sin A cos B＋cos A sin B，所以2sin A＝sin B＋sin (A＋B)，所以2sin A＝sin B＋sin C，
由正弦定理得2a＝b＋c.
【解题技法】　三角形中的证明问题有两类：一是角的关系，可以利用三角恒等变换转化为同名三角函数，或是某个三角函数值求角；二是边的关系，可以利用正、余弦定理转化为边的关系，证明时可从复杂的一边入手，证明两边相等，也可用作差法：左边－右边＝0.
BC
对于B，若b cos C＋c cos B＝b，则由正弦定理得sin B cos C＋sin C cos B＝sin (B＋C)＝sin A＝sin B，又A，B∈(0，π)，则A＝B或A＝π－B(舍去)，则△ABC是等腰三角形，故B正确；
对于D，由于B＝60°，b2＝ac，由余弦定理可得ac＝b2＝a2＋c2－ac，可得(a－c)2＝0，解得a＝c，所以b＝a＝c，故△ABC是等边三角形，故D错误．
　已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且b cos C＋c cos B＝2a cos A．
(1)求A；
考点三　最值(范围)问题
(2)若a＝2，求△ABC周长的最大值．
【解题技法】　三角形中常见的求最值、范围问题的解题策略
(1)一般用正弦定理将所求的量转化为关于某一个角的三角函数，求该三角函数的最值与取值范围．
(2)转化为关于边的等式、函数、不等式，再用基本不等式或函数的单调性等来处理．(共21张PPT)
提升点2　三角形中的“特征”线
类型一　三角形的中线问题
　(2025·温州一模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2b cos C＝ac－2c cosB．
(1)求c；
【解】　方法一：由题意，得2sin B cos C＝c sin A－2cos B sin C，则2sin (B＋C)＝c sin A，
所以2sin A＝c sin A，
因为在△ABC中，sin A>0，
所以c＝2.
【解题技法】
类型二　三角形的角平分线问题
　(2025·福州一模)在锐角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c－2b cos A＝b.
(1)求证：A＝2B；
【解题技法】　
类型三　三角形的高线问题
【解题技法】　
O(共31张PPT)
专题强化训练
A
B
B
C
C
A
ACD
AC
1
11
O专题强化训练
[A　基本技能]
1．(2025·赣州一模)函数f(x)＝的最小正周期是(　　)
A． B．
C．π D．2π
解析：选B．f(x)＝＝tan2x，x≠＋kπ(k∈Z)，
又tan x≠±1，可得x≠＋(k∈Z)，即f(x)＝tan 2x，
且x≠＋kπ(k∈Z)，x≠＋(k∈Z)，故T＝.
2．(2025·威海一模)为了得到函数y＝sin 3x的图象，只需把函数y＝sin 图象上的所有点(　　)
A．向左平移个单位长度
B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度
D．向右平移个单位长度
解析：选C．函数y＝sin 3x＝sin [3(x＋)－]，因此把函数y＝sin (3x－)图象上的所有点向左平移个单位长度得到函数y＝sin 3x的图象．
3．(2025·郑州二模)函数f(x)＝2sin (2x＋)与函数g(x)＝log2x的图象交点个数为(　　)
A．3 B．5
C．6 D．7
解析：
选A．作出y＝f(x)与y＝g(x)的图象如图所示，由图知4∈(，)，所以通过图象可判断它们有3个交点．
4．(2025·长沙适应性考试)若f(x)＝sin x＋cos x在区间[－θ，θ]上单调递增，则tan θ的最大值是(　　)
A． B．
C．1 D．
解析：选A．f(x)＝sin x＋cos x＝2sin (x＋)，令2kπ－≤x＋≤2kπ＋(k∈Z)，则2kπ－≤x≤2kπ＋(k∈Z)，所以函数f(x)的单调递增区间为[2kπ－，2kπ＋](k∈Z)，因为f(x)在区间[－θ，θ]上单调递增，所以θ＞0，令k＝0，所以[－θ，θ] [－，]，则0＜θ≤，所以当θ＝时，tan θ取最大值，且最大值为.
5．(2025·南京六校联考)已知偶函数f(x)＝A sin (πx＋φ)，B，C是函数f(x)的图象与x轴的两个相邻交点，D是图象在B，C之间的最高点或最低点，若△BCD为直角三角形，则f＝(　　)
A．－ B．
C．－ D．
解析：选D．因为函数f(x)＝A sin (πx＋φ)为偶函数，且0≤φ≤，所以φ＝，则 f(x)＝A sin (πx＋)＝A cos πx.因为B，C是函数f(x)的图象与x轴的两个相邻交点，所以BC＝＝×＝1(T为f(x)的最小正周期)，因为点D是图象在B，C之间的最高点或最低点，所以BD＝CD，取BC的中点E，连接DE(图略)，因为△BCD为直角三角形，所以∠BDC＝，所以DE＝A＝BC＝，所以f(x)＝cos πx，f()＝cos ＝×＝.
6．(2025·金华十校二模)某美妙音乐的函数模型为f(x)＝sin x＋sin 2x＋sin 3x，则关于该函数下列说法正确的是(　　)
A．最小正周期为3π
B．是偶函数
C．在区间上单调递增
D．最大值为
解析：选C．A选项，f(x＋2π)＝sin (x＋2π)＋sin (2x＋4π)＋sin (3x＋6π)＝sin x＋sin 2x＋sin 3x＝f(x)，A错误；
B选项，f(－x)＝sin (－x)＋sin (－2x)＋sin (－3x)＝－sin x－sin 2x－sin 3x＝－f(x)，所以f(x)是奇函数，B错误；
C选项，f′(x)＝cos x＋cos 2x＋cos 3x，当x∈(－，)时，2x∈(－，)，3x∈(－，)，f′(x)＞0，函数单调递增，C正确；
D选项，＝1＋＋，当sin x＝1时，x＝＋2kπ，k∈Z，此时sin 2x＝0，sin 3x＝－，即三项无法同时取到最大值，D错误．
7．信息在传递中多数是以波的形式进行传递的，因而必然会存在干扰信号波，干扰信号波的解析式形如y＝A sin (ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜).某种“信号净化器”可产生解析式形如y＝A0sin (ω0x＋φ0)的波，只需要调整参数(A0，ω0，φ0)，就可以产生与干扰波波峰相同，方向相反的波来“抵消”干扰．如图是某个信号的部分图象，想要通过“信号净化器”过滤得到标准的正弦波(即仅含有标准正弦函数图象)，可以将净化器的参数调整为(　　)
A．A0＝，ω0＝4，φ0＝
B．A0＝－，ω0＝4，φ0＝
C．A0＝1，ω0＝1，φ0＝0
D．A0＝－1，ω0＝1，φ0＝0
解析：选B．由题可知干扰波对应的函数解析式为
f(x)＝A sin (ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜).
由题图得－(－)＝T(T为干扰波的最小正周期)，可得T＝，所以ω＝＝4.
因为函数f(x)的最大值为，所以A＝，
将(，－)代入f(x)＝sin (4x＋φ)，得φ＝＋2kπ(k∈Z)，
又|φ|＜，所以φ＝，
所以f(x)＝sin (4x＋).
欲消除此干扰波，需要选择波峰相同，方向相反的波，
所以A0＝－，ω0＝4，φ0＝.
8．(多选)关于函数f(x)＝2cos (2x＋)，下列说法正确的有(　　)
A．函数f(x)与函数g(x)＝2sin (2x＋)的图象重合
B．函数f(x)的最大值为1
C．函数f(x)的图象关于点(，0)中心对称
D．函数f(x)在区间[－，]上单调递减
解析：选AD．对于A，f(x)＝2cos (2x＋)＝2cos (2x＋－)＝2sin (2x＋)＝g(x)，故A正确．
对于B，函数f(x)的最大值为2，故B错误．
对于C，因为f()≠0，所以函数f(x)的图象不关于点(，0)中心对称，故C错误．
对于D，令2kπ≤2x＋≤π＋2kπ，k∈Z，解得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，令k＝0可知函数f(x)在区间[－，]上单调递减，故D正确．
9．(多选)(2025·深圳二模)已知函数f(x)＝2sin cos ，则(　　)
A．f(x)的最大值为1
B．f(x)的最小正周期为π
C．f(x)在上单调递增
D．f(x)的图象关于直线x＝对称
解析：选AB．f(x)＝2sin (x＋)cos (x＋)＝sin (2x＋)＝cos 2x，所以f(x)max＝1，故A正确；
最小正周期T＝＝π，故B正确；
当x∈(0，)时，t＝2x∈(0，π)，因为y＝cos t在(0，π)上单调递减，所以f(x)在(0，)上单调递减，故C错误；
f()＝cos ＝0，故直线x＝不是函数f(x)图象的对称轴，故D错误．
10．(多选)(2025·岳阳一模)如图，直线y＝1与函数f(x)＝2sin (ωx＋φ)的部分图象交于A，B，C三点(点A在y轴上)，若|BC|＝，则下列说法正确的是(　　)
A．φ＝
B．ω＝2
C．将函数f(x)的图象向左平移个单位长度，得到函数g(x)＝2sin 的图象
D．当x∈时，f(x)∈[－2，1]
解析：选AD．对于A，由f(x)过A(0，1)可得2sin φ＝1，即sin φ＝，由题图结合|φ|≤可得φ＝，故A正确；
对于B，由f(x)＝1可得2sin (ωx＋)＝1，即ωx＋＝＋2kπ(k∈Z)或ωx＋＝＋2kπ(k∈Z)，由B，C相邻可得ωxB＋＝＋2kπ，ωxC＋＝＋2(k＋1)π，k∈Z，故ω(xC－xB)＝，又|BC|＝，则＝，可得ω＝4，故B错误；
对于C，由A，B可得f(x)＝2sin (4x＋)，将函数f(x)的图象向左平移个单位长度，得到函数g(x)＝2sin [4(x＋)＋]＝2sin (4x＋)的图象，故C错误；
对于D，当x∈(，]时，4x＋∈(，]，故sin (4x＋)∈[－1，]，则f(x)∈[－2，1]，故D正确．
11．(多选)(2025·贵阳质量监测)已知函数f(x)＝2sin ，则(　　)
A．f(x)在区间[1，3]上单调递减
B．f(x)图象的一条对称轴为直线x＝
C．线段y＝2(x∈[0，4])与f(x)的图象围成的图形面积为π
D．f(x)在区间[0，6π]上的零点之和为37π
解析：选BD．A错误，通解：当x∈[1，3]时，2x＋∈[2＋，6＋].又正弦函数y＝sin x在[，]上单调递减，在[，]上单调递增，所以函数f(x)在[1，3]上不单调．
优解(特殊值法)：因为1＜＜＜3，f()＝2sin (π＋)＝－2sin ＝－，f()＝2sin (＋)＝－2sin ＝－，所以f()＝f()，所以函数f(x)在[1，3]上不单调．
B正确，方法一(方程法)：由2x＋＝＋kπ(k∈Z)，得x＝＋(k∈Z)，当k＝1时，x＝，所以直线x＝是函数f(x)图象的一条对称轴．
方法二(代值验证法)：因为f()＝2sin (2×＋)＝2sin ＝－2，此时f(x)取得最小值，所以直线x＝是函数f(x)图象的一条对称轴．
C错误，作出线段y＝2(x∈[0，4])及函数f(x)的大致图象，记两者的交点为D，F，如图所示，过点D，F分别作x轴的垂线，垂足分别为H，G.根据三角函数图象的对称性可知，线段y＝2(x∈[0，4])与f(x)的图象围成的图形面积即长方形DHGF的面积，因为函数f(x)的最小正周期T＝＝π，所以长方形DHGF的面积为π×2＝2π.
D正确，由f(x)＝2sin (2x＋)＝0，即sin (2x＋)＝0，得2x＋＝kπ(k∈Z)，得x＝－(k∈Z).由0≤－≤6π，解得≤k≤(k∈Z)，所以k＝1，2，3，…，12，所以f(x)在区间[0，6π]上的零点为－，－，－，…，－，所以f(x)在区间[0，6π]上的零点之和为(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝(1＋2＋3＋…＋12)－×12＝×13×6－2π＝37π.
12．(2025·岳阳二模)将函数f(x)＝sin · 的图象向左平移个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，则g(x)在区间上的值域是________．
解析：依题意，g(x)＝f(x＋)＝sin (2x＋－)＝sin (2x＋)，当x∈[0，]时，2x＋∈[，]，－≤sin (2x＋)≤1，所以g(x)在区间[0，]上的值域为[－，1].
答案：[－，1]
13．已知函数f(x)＝2sin (ω＞0)的图象关于点对称，则f(x)的最小正周期可能是________．(写出一个满足条件的答案即可)　
解析：由题意得ω－＝kπ，k∈Z，解得ω＝4＋6k，k∈Z.
因为ω＞0，所以ω＝4＋6k，k∈N.
所以f(x)的最小正周期为T＝＝，k∈N，
当k＝0时，f(x)的最小正周期为T＝.
答案：(答案不唯一)
14．已知函数f(x)＝cos x(sin x－cos x)＋，若存在x1，x2∈[－π，2π]，使得f(x1)·f(x2)＝－1，则x1－x2的最大值为__________________________．
解析：f(x)＝cos x(sin x－cos x)＋＝sin xcos x－cos2x＋＝sin2x－cos 2x＝sin (2x－)，
所以f(x)∈[－1，1]，要使f(x1)f(x2)＝－1，
则f(x1)＝1且f(x2)＝－1或f(x1)＝－1且f(x2)＝1，
因为x1，x2∈[－π，2π]，所以2x1－∈[－2π－，4π－]，2x2－∈[－2π－，4π－]，
结合正弦函数图象可知，要使x1－x2的值最大，则f(x1)＝－1且2x1－＝，解得x1＝，f(x2)＝1即2x2－＝－，解得x2＝－，
所以x1－x2的最大值为－(－)＝.
答案：
[B　综合运用]
15．(2025·天津卷)已知f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω＞0，－π＜φ＜π)在上单调递增，且直线x＝为f(x)图象的一条对称轴，为f(x)图象的一个对称中心，当x∈时，f(x)的最小值为(　　)
A．－ B．－
C．1 D．0
解析：选A．设f(x)的最小正周期为T，根据题意有m，k∈Z，由正弦函数的对称性可知－＝，n∈Z，
即＝，n∈Z
所以ω＝4n＋2，n∈Z，
又f(x)在[－，]上单调递增，
则≥－(－)，又ω>0，
所以≥，解得0＜ω≤2，
所以ω＝2，则φ＝＋2kπ，因为φ∈(－π，π)，
所以k＝0时，φ＝，所以f(x)＝sin (2x＋)，
当x∈[0，]时，2x＋∈[，]，由正弦函数的单调性可知f(x)min＝sin ＝－.专题强化训练
[A　基本技能]
1．(2025·郑州一模)若x1＝，x2＝是函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0)两个相邻的最值点，则ω＝(　　)
A．2 B．
C．1 D．
解析：选A．由x1＝，x2＝是函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0)两个相邻的最值点，得＝－＝，所以T＝π，即ω＝＝2.
2．(2025·临沂二模)将函数f(x)＝sin (2x＋φ)，(|φ|<)的图象向左平移个单位长度得到函数g(x)的图象．若g(x)的图象关于y轴对称，则φ＝(　　)
A．－ B．－
C． D．
解析：选B．由题意g(x)＝f(x＋)＝sin (2x＋φ＋)(|φ|<)是偶函数，
从而
解得k＝0，φ＝－.
3．如图，函数f(x)＝2 tan (ωx＋)(ω>0)的部分图象与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，且△ABC的面积为，则ω的值为(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B．根据题意，当x＝0时，f(0)＝2 tan ＝2，则点C(0，2)，又因为△ABC的面积为，所以S△ABC＝×2×AB＝，则AB＝，所以函数f(x)的最小正周期为，可得最小正周期T＝＝，解得ω＝2.
4．(2025·北京卷)设函数f(x)＝sin ωx＋cos ωx(ω>0)，若f(x＋π)＝f(x)恒成立，且f(x)在[0，]上存在零点，则ω的最小值为(　　)
A．8 B．6
C．4 D．3
解析：选C．函数f(x)＝sin ωx＋cos ωx＝sin (ωx＋)(ω>0)，设函数f(x)的最小正周期为T，由f(x＋π)＝f(x)可得kT＝π(k∈N*)，所以T＝＝(k∈N*)，即ω＝2k(k∈N*)，
又函数f(x)在[0，]上存在零点，
且当x∈[0，]时，ωx＋∈[，＋]，所以＋≥π，即ω≥3.综上，ω的最小值为4.
5．(2025·山东一模)已知函数f(x)＝sin (ωx＋)(ω>0)在区间(0，π)内无零点，其图象关于直线x＝对称，则f()＝(　　)
A． B．－
C． D．－
解析：选C．当x∈(0，π)时，ωx＋∈(，ωπ＋).由f(x)在区间(0，π)内无零点，得<ωπ＋≤π，解得0<ω≤.
由f(x)的图象关于直线x＝对称，得＋＝kπ＋，k∈Z，解得ω＝k＋，k∈Z，所以当k＝0时，ω＝，
满足0<ω≤，从而f(x)＝sin (x＋)，所以f()＝sin (×＋)＝sin ＝.
6．(2025·安徽六校联考)若当x∈[0，2π]时，函数y＝sin 与y＝2sin (ωx－)(ω>0)的图象有且仅有4个交点，则ω的取值范围是(　　)
A．[，) B．(，]
C．[，) D．(，)
解析：选A．作出函数y＝sin 在[0，2π]上的图象，如图．易知y＝2sin (ωx－)(ω>0)恒过点(0，－)，令ωx－＝kπ(k∈Z)，得x＝(k∈Z)，所以y＝2sin (ωx－)在x>0时的零点依次为x1＝，x2＝，x3＝，x4＝，x5＝，…，作出y＝2sin (ωx－)(ω>0)的部分图象，要想使y＝sin 与y＝2sin (ωx－)的图象在[0，2π]上有且仅有4个交点，则≤2π＜，解得≤ω＜.
7．(多选)已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0)，则下列说法正确的是(　　)
A．若ω＝2，φ＝，则f(x)是最小正周期为π的偶函数
B．若ω＝2，x0为f(x)的一个零点，则x0＋必为f(x)的一个极大值点
C．若φ＝－，直线x＝是f(x)图象的一条对称轴，则ω的最小值为
D．若φ＝－，f(x)在[0，]上单调，则ω的最大值为
解析：选ACD．若ω＝2，φ＝，则f(x)＝sin (2x＋)＝cos 2x，所以f(x)是最小正周期为＝π的偶函数，故A正确；若ω＝2，则f(x)的最小正周期为＝π，若x0为f(x)的一个零点，则x0＋为f(x)的一个极大值点或极小值点，故B错误；若φ＝－，直线x＝是f(x)图象的一条对称轴，则f()＝sin (ω－)＝±1，所以ω－＝＋kπ(k∈Z)，即ω＝＋2k(k∈Z)，又ω>0，所以ω的最小值为，故C正确；若φ＝－，则f(x)＝sin (ωx－)(ω>0)，又f(x)在[0，]上单调，所以ω－≤，解得ω≤，则ω的最大值为，故D正确．
8．(多选)f(x)＝cos (ωx＋φ)(ω＞0，0＜φ＜)的图象在y轴上的截距为，是该函数的最小正零点，则(　　)
A．φ＝
B．f(x)＋f′(x)≤2恒成立
C．f(x)在(0，)上单调递减
D．将y＝f(x)的图象向右平移个单位长度，得到的图象关于y轴对称
解析：选AC．由f(x)＝cos (ωx＋φ)(ω＞0，0＜φ＜)的图象在y轴上的截距为，得f(0) ＝cos φ＝，又0＜φ＜，解得φ＝，A正确；又是该函数的最小正零点，所以ω＋＝，解得ω＝2，所以f(x)＝cos (2x＋)，
所以f(x)＋f′(x)＝cos (2x＋)－2sin (2x＋)
＝sin (2x＋＋θ)，
其中tan θ＝－，故f(x)＋f′(x)的最大值为＞2，B错误；当x∈(0，)时，2x＋∈(，π)，所以f(x)在(0，)上单调递减，C正确；将y＝f(x)的图象向右平移个单位长度，得到g(x)＝cos (2x－)的图象，由余弦函数性质知，该函数不是偶函数，其图象不关于y轴对称，D错误．
9．(2025·湖南二模)已知函数f(x)＝sin (ωx＋)＋cos ωx(ω>0)，f(x1)＝0，f(x2)＝，且|x1－x2|的最小值为，则ω＝________．
解析：因为f(x)＝sin (ωx＋)＋cos ωx＝sin ωx＋cos ωx＋cos ωx＝sin ωx＋cos ωx＝sin (ωx＋)，
又f(x1)＝0，f(x2)＝，且|x1－x2|的最小值为，所以函数f(x)的最小正周期T＝4×＝2π，由T＝，得ω＝1.
答案：1
10．(2025·河南一模)已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)的最小正周期为π，若将f(x)的图象向右平移个单位长度后所得的图象与曲线y＝f(x)关于直线x＝对称，则φ＝________．
解析：因为函数f(x)＝sin (ωx＋φ)的最小正周期为π，
且ω>0，所以＝π，故ω＝2，
所以f(x)＝sin (2x＋φ)，
将f(x)的图象向右平移个单位长度可得f(x－)的图象，
因为f(x－)的图象与曲线y＝f(x)关于直线x＝对称，
所以f(π－x)＝f(x－)，
即sin (2π－2x＋φ)＝sin (－2x＋φ)＝sin (2x－＋φ)，
所以 －2x＋φ＋2x－＋φ＝2kπ＋π(k∈Z)或2x－＋φ＋2x－φ＝2kπ(k∈Z)恒成立，
化简可得2φ＝2kπ＋(k∈Z)或4x＝2kπ＋(k∈Z)(不是对任意实数x恒成立)
解得φ＝kπ＋(k∈Z)，又0<φ<π，所以φ＝.
答案：
11．设ω为常数，f(x)＝sin (ωx＋)(ω>0)，若f()＝0，且函数y＝f(x)在区间(，)上恰有一个极小值点，无极大值点，则ω的值为________．
解析：y＝f(x)在区间(，)上恰有一个极小值点，无极大值点，f()＝0，故为函数位于递减区间上的零点，故＋＝π＋2kπ，k∈Z，解得ω＝8k＋3，k∈Z，·<－≤·，解得6<|ω|≤18，故6<|8k＋3|≤18，k∈Z，又ω>0，故只有当k＝1时，满足要求，故ω＝8＋3＝11.
答案：11
12．(2025·张家口二模)已知函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0，|φ|≤)，圆C：(x－)2＋y2＝.
(1)若f(x)图象两条相邻的对称轴与C相切，求ω，φ；
(2)若φ＝，xi(i＝1，2，…)是f(x)的极值点，且点(xi，0)(i＝1，2，…)有且仅有两个在C的内部，求ω的取值范围．
解：(1)由题，f(x)图象相邻对称轴间的距离为，又圆C的直径为3，则＝3，得ω＝，又圆心C(，0)，所以f(x)图象的其中一条对称轴为直线x＝2，所以2×＋φ＝＋kπ，k∈Z，得φ＝－＋kπ，k∈Z，又|φ|≤，所以φ＝－.
(2)若φ＝，则f(x)的极值点满足ωx＋＝＋kπ，k∈Z，得x＝，k∈Z，又圆C与x轴的交点分别为(－1，0)，(2，0)，
所以原题设等价于有且仅有2个k的值满足－1<<2(k∈Z)，
整理得－所以1<≤2，解得ω∈(，π].
13．已知f(x)＝sin ωx－cos ωx，ω>0.
(1)若函数f(x)图象的两条相邻对称轴之间的距离为，求f()的值；
(2)若函数f(x)的图象关于点(，0)对称，且函数f(x)在[0，]上单调，求ω的值．
解：(1)f(x)＝sin ωx－cos ωx＝2sin (ωx－)，因为函数f(x)图象的两条相邻对称轴之间的距离为，所以＝，
则T＝π，所以T＝＝π，解得ω＝2，
所以f(x)＝2sin (2x－)，
所以f()＝2sin (2×－)＝2sin ＝2×＝.
(2)由(1)知f(x)＝2sin (ωx－)，
因为函数f(x)的图象关于点(，0)对称，
所以－＝kπ，k∈Z，所以ω＝3k＋1，k∈Z.
由x∈[0，]，ω>0，
得ωx－∈[－，－]，
因为f(x)在[0，]上单调，
所以
解得0<ω≤，所以取k＝0，则ω＝1.
[B　综合运用]
14．(2025·昆明一模)直线y＝与函数f(x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0)的图象的交点为A1，A2，A3，…，An(1≤i解析：设点Ai的横坐标为xi(i＝1，2，3，…，n)，则|ωxi＋φ－(ωxj＋φ)|min＝，即ω|xi－xj|min＝，因为|AiAj|min＝，即|xi－xj|min＝，所以＝，即ω＝，
即f(x)＝sin (x＋φ).
令x＋φ＝α，因为x∈[，5]，
所以＋φ≤α≤＋φ，
则＋φ－(＋φ)＝6π.
又因为|AiAj|max＝，即|xi－xj|max＝，所以|ωxi＋φ－(ωxj＋φ)|max＝|xi－xj|max＝×＝6π，(或者：因为x∈[，5]，所以5－＝＝|AiAj|max)所以sin (＋φ)＝sin (＋φ)＝，可得φ＝2kπ或φ＝2kπ－，k∈Z.
当φ＝2kπ(k∈Z)时，f(x)＝sin (x＋2kπ)＝sin x，k∈Z，
所以f()＝sin ＝－sin ＝；
当φ＝2kπ－(k∈Z)时，f(x)＝sin (x＋2kπ－)＝sin (x－)，k∈Z，所以f()＝sin ＝.
综上，f()＝或.
答案：或(共41张PPT)
第2讲　三角函数的图象与性质
[考情分析]
三角函数的图象与性质是高考考查的重点和热点内容，主要考查三角函数的单调性、最值、奇偶性、周期性、图象的变换和对称性以及由图象确定解析式等问题，主要以选择题、填空题的形式考查，难度中等或偏下．
考点一　三角函数的图象
1．沿x轴平移：由y＝f(x)变为y＝f(x＋φ)时，“左加右减”，即φ＞0，左移；φ＜0，右移．
沿y轴平移：由y＝f(x)变为y＝f(x)＋k时，“上加下减”，即k＞0，上移；k＜0，下移．
D
D
AB
对于B，由图可得直线x＝π是函数f(x)图象的一条对称轴，故B正确；
对于C，根据函数图象可知函数图象没有对称中心，故C错误；
【解题技法】　借助y＝A sin t的图象可处理以下问题
(1)判断对称轴或对称中心：可根据对称轴经过图象的最高点或最低点，对称中心的横坐标一定是y＝A sin (ωx＋φ)的零点进行判断．
(2)求函数在闭区间上的最值(值域)：先根据x所在的区间求出ωx＋φ的取值范围，再结合正弦函数的图象确定函数的最值(值域).
BCD
ABD
考点二　三角函数的性质
C
AD
【解题技法】　求解函数y＝A sin (ωx＋φ)的性质问题的三种意识
(1)转化意识：利用三角恒等变换将所求函数转化为f(x)＝A sin (ωx＋φ)的形式；
(2)整体意识：类比y＝sin x的性质，只需将y＝A sin (ωx＋φ)中的“ωx＋φ”看成y＝sin x中的“x”，采用整体代入求解；
(3)讨论意识：当A为参数时，求最值应分情况讨论A＞0，A＜0.
B
ABD
[问题背景]　三角函数历来是高考的重点，也是高中数学教学的重点，它不仅体现自身和谐的关系与知识体系，更是解决几何问题的强力知识工具，其中余弦函数更具有本身的内涵与和谐之美．例如，2025年高考北京卷第15题中的结论③④就展现了余弦函数的和谐与数学之美．
美丽的余弦，和谐的关系
[真题展示]　(2025·北京卷)关于定义域为R的函数f(x)，以下说法正确的有________．
①存在在R上单调递增的函数f(x)使得f(x)＋f(2x)＝－x恒成立；
②存在在R上单调递减的函数f(x)使得f(x)＋f(2x)＝－x恒成立；
③使得f(x)＋f(－x)＝cos x恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个；
④使得f(x)－f(－x)＝cos x恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个．
②③
解析：对于①，若存在在R上单调递增的函数f(x)，满足f(x)＋f(2x)＝－x，
则f(0)＋f(2×0)＝0，即f(0)＝0，
故x>0时，f(4x)>f(2x)>f(x)>0，
故f(4x)＋f(2x)>f(x)＋f(2x)，
令g(x)＝f(x)＋f(2x)＝－x，则g(2x)>g(x)，
故－2x>－x，解得x<0，与x>0矛盾，故①错误；
对于④，若存在f(x)，使得f(x)－f(－x)＝cos x，令x＝0，则0＝cos 0，但cos 0＝1，矛盾，故满足f(x)－f(－x)＝cos x的函数不存在，故④错误．
不论是哪种形式，都是美丽的余弦函数呈现的抽象表示，其具体的抽象问题可设置为：
当n＝0时，2f(m)＝2f(m)f(0)，则f(0)＝1.
(*)式用－n替换n得，f(m－n)＋f(m＋n)＝2f(m)f(－n)，则f(m)f(n)＝f(m)f(－n)，即f(－n)＝f(n)，又定义域关于原点对称，故f(x)为偶函数．
(*)式用a替换n得，
f(m＋a)＋f(m－a)＝2f(m)f(a)，
又因为f(a)＝0.
即f(m＋a)＝－f(m－a).
从而f(m＋2a)＝－f(m)，f(m＋4a)＝－f(m＋2a)＝－(－f(m))＝f(m).
所以周期T＝4|a|.
①②③三个结论均展示为f(x)＝cos x的内涵特性．
余弦函数与抽象函数之间互映，是很多抽象函数问题的直接体现．
还有很多类似的问题，例如：
(1)f(x)的定义域为R，对于x，y∈R，f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，模型函数为f(x)＝kx(k≠0).
(2)f(x)的定义域为R，对于x，y∈R，f(x＋y)＝f(x)f(y)，模型函数为f(x)＝ax(a>0，且a≠1).
BCD
解析：方法一(设置函数)：由题意可令f(x)＝loga|x|(a>0且a≠1)，则f(－1)＝loga|－1|＝0，故A错误；
f(－x)＝loga|－x|＝loga|x|＝f(x)，又因为函数f(x)的定义域关于原点对称，所以f(x)为偶函数，故B正确；
f(xn)＝loga|xn|＝loga|x|n＝nloga|x|＝nf(x)(n∈N*)，故C正确；
方法二(抽象推理)：对于A，由于f(xy)＝f(x)＋f(y)，令y＝1，则f(x)＝f(x)＋f(1)，所以f(1)＝0，令x＝y＝－1得，f((－1)·(－1))＝f(－1)＋f(－1)，即f(1)＝2f(－1)，所以f(－1)＝0，故A错误；
对于B，令y＝－1得，f(－x)＝f(x)＋f(－1)＝f(x)＋0＝f(x)，又因为函数f(x)的定义域关于原点对称，故f(x)为偶函数，故B正确；
对于C，令y＝x得，f(x2)＝f(x)＋f(x)＝2f(x)，再令y＝x2得，f(x3)＝f(x)＋f(x2)＝f(x)＋2f(x)＝3f(x)，依次下去将得到f(xn)＝nf(x)(n∈N*)，故C正确；(共36张PPT)
专题强化训练
A
2．在△ABC中，三角形三条边上的高之比为2∶3∶4，则△ABC为(　　)
A．钝角三角形 B．直角三角形
C．锐角三角形 D．等腰三角形
A
B
D
A
D
ACD
ABC
(2)设BC＝10，求BC边上的高．
(2)若a＝2，c＝5，AC，AB边上的中线BE，CF相交于点M.
①求BE；
②求cos ∠EMF.
(2)证明：CD⊥AB；
(3)若c＝3，DE＝2，求CE.
O
B
M
C　求三角函数式中的参数
类型一　由单调性求参数
　已知函数f(x)＝sin (ωx＋)(ω>0)在区间[－，]上单调递增，则ω的取值范围为(　　)
A．(0，]　　　　　 B．(0，]
C．[，] D．[，2]
【解析】　方法一：f(x)＝sin (ωx＋)，因为ω>0，x∈[－，]，所以ωx＋∈[－＋，＋].
因为f(x)在区间[－，]上单调递增，
所以
则
又ω>0，所以
所以k＝0，则0<ω≤.
方法二：因为ω>0，由－＋2kπ≤ωx＋≤＋2kπ，k∈Z，
得≤x≤，k∈Z，
所以函数y＝sin (ωx＋)的单调递增区间为[，](k∈Z)，由题意有[－，] [，](k∈Z)，则解得0<ω≤.
方法三：结合选项可取ω＝1，则f(x)＝sin (x＋)，令＋2kπ≤x＋≤＋2kπ，k∈Z，得＋2kπ≤x≤＋2kπ，k∈Z，当k＝0时，函数f(x)在区间 [，]上单调递减，与函数f(x)在区间[－，]上单调递增矛盾，故ω≠1，结合四个选项可知选B．
【答案】　B
【解题技法】　由函数y＝A sin (ωx＋φ)＋b(A＞0，ω＞0)的一个单调区间[m，n](区间也可以是开区间或半开半闭区间)求解ω或φ的取值范围，将区间端点值代入后，去对应[－＋2kπ，＋2kπ](k∈Z)或[＋2kπ，＋2kπ](k∈Z)，列出不等式(组)求解．
　已知函数f(x)＝sin ωx＋cos ωx，g(x)＝cos ωx－sin ωx，ω＞0，若在区间(0，)上，f(x)单调递增，g(x)单调递减，则ω的取值范围是(　　)
A．(0，] B．(0，1]
C．(0，] D．[，]
解析：选A．由题意得f(x)＝sin (ωx＋)，
g(x)＝cos (ωx＋).
令t＝ωx＋，
由x∈(0，)，ω>0，得t∈(，＋).
因为在区间(0，)上，f(x)单调递增，g(x)单调递减，
所以解得ω≤，
所以ω的取值范围是0＜ω≤.
类型二　由最值(值域)求参数
　已知函数f(x)＝sin (ωx－)(ω>0)在区间[0，)上存在最大值和最小值，则ω的取值范围是(　　)
A．(，] B．(，＋∞)
C．(，]∪(，＋∞) D．(，)∪(，＋∞)
【解析】　因为ω>0，x∈[0，)，
所以ωx－∈[－，－).
画出y＝sin x的图象，如图．
由图，得<－≤或－>，解得<ω≤或ω>.
【答案】　C
【解题技法】　解决利用最值求ω，φ的问题，主要是利用三角函数的最值与对称或周期的关系，列出关于ω，φ的不等式(组)，进而求出ω，φ的值或取值范围．
　将函数f(x)＝sin (x＋)＋1图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，再向左平移φ(φ>0)个单位长度，得到函数g(x)的图象．若对任意的x∈R，均有g(x)≤g()成立，则φ的最小值为________．
解析：由题意可知，g(x)＝sin (2x＋2φ＋)＋1，若对任意的x∈R，g(x)≤g()成立，则2×＋2φ＋＝2kπ＋(k∈Z)，即φ＝kπ＋(k∈Z).又φ>0，所以当k＝0时，φ最小，最小值为.
答案：
类型三　由对称性求参数
　已知函数f(x)＝2cos (ωx－)＋1(ω＞0)的图象在区间(0，2π)内至多存在3条对称轴，则ω的取值范围是(　　)
A．(0，] B．(，]
C．(，] D．[，＋∞)
【解析】　因为x∈(0，2π)，ω＞0，
所以ωx－∈(－，2ωπ－)，设t＝ωx－，
则t∈(－，2ωπ－)，
作出y＝2cos t＋1的部分图象如图所示，则f(x)的图象在区间(0，2π)内至多存在3条对称轴等价于y＝2cos t＋1的图象在区间(－，2ωπ－)内至多存在3条对称轴，则2ωπ－∈(－，3π]，解得ω∈(0，].
【答案】　A
【解题技法】　解决这类问题，我们可以根据三角函数的对称性来研究其周期性，解决问题的关键在于运用整体代换的思想，建立关于ω的不等式组，进而可以研究ω的取值范围．
　(2025·白银三模)将函数f(x)＝sin ωx(ω>0)的图象向左平移个单位长度，得到函数g(x)的图象，且g(x)的图象关于点 (，0)对称，则ω的最小值为(　　)
A．5 B．4
C．3 D．2
解析：选B．因为g(x)＝f(x＋)＝sin ω(x＋)，
又因为g(x)的图象关于点(，0)对称，
所以g()＝0，即sin ω(＋)＝sin ω＝0，
所以ω＝kπ(k∈Z)，即ω＝4k(k∈Z)，
因为ω>0，所以ω的最小值为4.
类型四　由零点、极值点求参数
　(2025·赣州一模)已知函数f(x)＝2cos (ωx＋)，x∈[－π，0]，若f(x)恰有3个极值点，则正数ω的取值范围为(　　)
A．[，) B．(，]
C．[，) D．(，]
【解析】　因为ω>0，所以当x∈[－π，0]时，ωx＋∈[－ωπ＋，]，因为f(x)恰有3个极值点，所以－3π<－ωπ＋≤－2π，解得≤ω<，即ω的取值范围为[，).
【答案】　C
【解题技法】　解决y＝A sin (ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的零点与极值点问题通常先利用换元法求t＝ωx＋φ的范围，再结合y＝sin t的图象列出关于ω的不等式(组)，进而求出ω的值或取值范围．
　(2025·宿迁二模)已知函数f(x)＝sin x＋cos x的极值点与g(x)＝tan (ωx＋)的零点完全相同，则ω＝(　　)
A．－2 B．－1
C．1 D．2
解析：选B．f(x)＝sin x＋cos x＝sin (x＋)，
由x＋＝kπ＋，k∈Z，
得x＝kπ＋，k∈Z，①
对于g(x)＝tan (ωx＋)，
由ωx＋＝kπ，k∈Z，得ωx＝kπ－，k∈Z，
依题意ω≠0，所以x＝＝－，k∈Z，②
由于函数f(x)＝sin x＋cos x的极值点与g(x)＝tan (ωx＋)的零点完全相同，由①②可得ω＝－1.专题强化训练
[A　基本技能]
1．在△ABC中，cos A＝，AB＝3，AC＝4，则点A到边BC的距离为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选A．在△ABC中，由cos A＝，得sin A＝，由余弦定理有BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos A＝9，故BC＝3.
设点A到边BC的距离为d，由三角形面积公式得，sin A·AB·AC＝·BC·d，故d＝.
2．在△ABC中，三角形三条边上的高之比为2∶3∶4，则△ABC为(　　)
A．钝角三角形 B．直角三角形
C．锐角三角形 D．等腰三角形
解析：选A．因为三角形三条边上的高之比为2∶3∶4，
所以三角形三条边之比为∶∶，即6∶4∶3，
不妨设a＝6x，b＝4x，c＝3x，x>0，
则最大角的余弦值为cos A＝＝－<0，
因此角A为钝角，则△ABC为钝角三角形．
3．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A＝60°，b＝3，AD为BC边上的中线，若AD＝，则△ABC的面积为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选B．＝(＋)，即＝(2＋9＋||×2×3)，解得||＝5(负值已舍去)，故S△ABC＝AB·AC·sin 60°＝×5×3×＝.
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a2＋c2＝b2－ac，且AB边上的高等于AB，则sin C＝(　　)
A． B．
C． D．
解析：选D．由题意得cos B＝＝－，sin B＝.
设CD⊥AB，垂足为点D，易知点D在AB的延长线上，如图所示，
不妨设BC＝5，则CD＝3，BD＝4，则AB＝2，AD＝6，AC＝＝3，
由＝，解得sin C＝＝.
5．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若c＝3，b＝2，AD平分∠BAC，点D在BC上，且AD的长为，则BC边上的中线AH的长为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选A．设∠BAD＝∠CAD＝α，则∠BAC＝2α.
因为S△ABC＝S△ABD＋S△ACD，所以×3×2sin 2α＝×3×sin α＋×2×sin α，
整理得3sin 2α＝2sin α，
即sin α(3cos α－)＝0，
因为sin α≠0，所以cos α＝，
所以cos 2α＝2cos2α－1＝.
因为AH是BC边上的中线，
所以＝(＋)，
则2＝(＋)2＝(2＋2＋2·)＝(c2＋b2＋2bc cos2α )＝×(32＋22＋2×2×3×)＝，所以AH＝.
6．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知A＝，b2＋c2＝24，△ABC的外接圆的半径R＝2，D是边AC的中点，则BD的长为(　　)
A．＋1 B．2
C．6 D．
解析：选D．由A＝，△ABC的外接圆的半径R＝2，得a＝2R sin A＝2×2×＝6，由a2＝b2＋c2－2bc cos A和b2＋c2＝24，得bc＝12，联立解得b＝c＝2，所以∠ABC＝C＝(π－)＝.因为在△ABC中，D是边AC的中点，所以＝(＋)，
于是||＝
＝
＝
＝
＝.
7．(多选)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若b＝c cos ∠BAC，∠BAC的平分线交BC于点D，AD＝1，cos ∠BAC＝，则以下结论正确的是(　　)
A．AC＝
B．AB＝8
C．＝
D．△ABD的面积为
解析：选ACD．在△ABC中，因为b＝c cos ∠BAC，则b＝c×，整理得b2＋a2＝c2，所以C＝，由二倍角公式得cos ∠BAC＝2cos2∠CAD－1＝，解得cos∠CAD＝，在Rt△ACD中，AC＝AD cos ∠CAD＝，故A正确；在Rt△ABC中，AB＝＝＝6，故B错误；由题意可知∠CAD＝∠BAD，则＝＝，故C正确；在△ABD中，因为cos ∠BAD＝，则sin ∠BAD＝＝，所以S△ABD＝AD·AB·sin∠BAD＝×1×6×＝，故D正确．
8．(多选)已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a2＋c2－b2＋2ac＝2bc sin A，则下列说法正确的是(　　)
A．若点E在边AC上，BE为角平分线且长度为1，则a＋c＝ac
B．若D为边AC的中点，且BD＝1，则△ABC的面积的最大值为
C．cos A cos C的取值范围是(－，]
D．若c＝1，且△ABC只有一解，则b的取值范围为[1，＋∞)
解析：选ABC．由已知a2＋c2－b2＋2ac＝2bc sin A，根据余弦定理可知2ac cos B＋2ac＝2bc sin A，即2a cos B＋2a＝2b·sin A，再由正弦定理可得2sin A cos B＋2sin A＝2sin B·sin A，又A∈(0，π)，即sin A≠0，所以2sin (B－)＝1，
即sin (B－)＝，
又B∈(0，π)，B－∈(－，)，
所以B－＝，B＝，
A选项，BE为角平分线，则∠ABE＝∠CBE＝，所以S△ABC＝S△ABE＋S△CBE，
即AB·BC·sin ∠ABC＝AB·BE·sin ∠ABE＋BC·BE·sin ∠CBE，
即ac＝c＋a，则a＋c＝ac，A正确；
B选项，由D为边AC的中点，
则＝(＋)，
即2＝[(＋)]2＝2＋2＋·，
所以c2＋a2＋ac＝1，即a2＋c2＝4－ac，
又a2＋c2≥2ac，即4－ac≥2ac，ac≤，
即S△ABC＝ac sin B＝ac≤，当且仅当a＝c时等号成立，B正确；
C选项，由三角形可知cos A cos C＝－cos A cos (A＋B)＝－cos A cos (A＋)＝－cos2A＋sinA cos A＝sin 2A－cos 2A－＝sin (2A－)－，
又在△ABC中，A∈(0，)，
所以2A－∈(－，)，
即cos A cos C＝sin (2A－)－∈(－，]，C正确；
D选项，c＝1，且△ABC只有一解，则b＝c sin B或b≥c，即b＝或b≥1，D错误．
9．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，B＝，c＝，BC边上的高等于a，则△ABC的面积是________．
解析：
如图，在△ABC中，过点A作AD⊥BC，垂足为点D，则AD＝a，又B＝，c＝，在Rt△ABD中，AB2＝AD2＋BD2，即a2＋a2＝2，解得a＝3，所以S△ABC＝AB·BC·sin ∠ABD＝××3×＝.
答案：
10．在△ABC中，AB＝，AC＝1，M为BC边的中点，∠MAC＝60°，则AM＝________．
解析：在△ABC中，取AC的中点N，连接MN，由M为BC的中点，得MN＝AB＝，
在△AMN中，由余弦定理得MN2＝AM2＋AN2－2AM·AN cos ∠MAC，
则＝AM2＋－AM，
而AM>0，所以AM＝.
答案：
11．在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝3，BC＝，∠BAC的平分线交BC于点D，则AD＝________．
解析：方法一(面积法)：在△ABC中，由余弦定理可得，32＋AC2－2×3×AC×cos 60°＝13，又AC>0，解得AC＝4.
由S△ABC＝S△ABD＋S△ACD且AD平分∠BAC可得，×3×4×sin 60°＝×3×AD×sin 30°＋×AD×4×sin 30°，
解得AD＝.
方法二(角平分线定理)：在△ABC中，由余弦定理可得，32＋AC2－2×3×AC×cos 60°＝13，又AC>0，解得AC＝4.
因为AD为∠BAC的平分线，
所以＝＝，
又BC＝，所以BD＝，CD＝，
则AD2＝AB×AC－BD×CD＝3×4－×＝，
所以AD＝.
答案：
12．(2025·郑州质检)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b2＋c2－a2＝bc，2sin (C－A)＝sin B．
(1)求sin C；
(2)设BC＝10，求BC边上的高．
解：(1)因为b2＋c2－a2＝bc，
所以cos A＝＝＝，
又A∈(0，π)，所以A＝.
在△ABC中，B＝π－A－C，
因为2sin (C－A)＝sin B，
所以2sin (C－)＝sin (－C)，
展开并整理得(sin C－cos C)＝(cos C＋sin C)，
得sin C＝3 cos C，又sin2C＋cos2C＝1，且sinC>0，
所以sin C＝.
(2)设BC边上的高长度为h，sin B＝sin (A＋C)＝×(＋)＝，因为S△ABC＝ab sin C＝ ah，即h＝，又在△ABC中，由正弦定理得，＝，即b＝＝＝4，故h＝＝×4＝12.
13．(2025·郑州质量预测)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b(cos A＋sin A)＝a＋c.
(1)求B．
(2)若a＝2，c＝5，AC，AB边上的中线BE，CF相交于点M.
①求BE；
②求cos ∠EMF.
解：(1)在△ABC中，由正弦定理得sin B(cos A＋sin A)＝sin A＋sin C，因为A＋B＋C＝π，
所以sin C＝sin (A＋B)，
所以sin B cos A＋sin B sin A＝sin A＋sin (A＋B)，
所以sin B sin A＝sin A＋sin A cos B，
因为sin A≠0，所以sin B＝1＋cos B，
所以sin (B－)＝.
因为0所以B－＝，所以B＝.
(2)①因为BE是AC边上的中线，
所以＝(＋)，
所以||＝
＝
＝＝.
②在△BCF中，由余弦定理得CF2＝BC2＋BF2－2BC·BF·cos ＝，则CF＝.
方法一：由题意知点M是△ABC的重心，
则CM＝CF＝，BM＝BE＝，
在△BMC中，由余弦定理得cos ∠BMC＝＝，
所以cos ∠EMF＝cos ∠BMC＝.
方法二：又＝－，
所以·＝(＋)·(－)
＝||2－·－||2＝3.
所以cos ∠EMF＝cos 〈，〉＝＝.
[B　综合运用]
14．(2025·广东一模)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a2－ab cos C＝2bc cos A，B＝.△ABC外一点E满足BE＝2AE，且∠AEB的角平分线交AB于点D．
(1)求cos A；
(2)证明：CD⊥AB；
(3)若c＝3，DE＝2，求CE.
解：(1)在△ABC中，由正弦定理有sin2A－sinA sin B cos C＝2sin B sin C cos A，
则sin A(sin A－sin B cos C)＝2sin B sin C cos A，
因为sin A＝sin (B＋C)＝sin B cos C＋cos B sin C，
代入化简得sin A sin C cos B＝2sin B sin C cos A，
因为A，C∈(0，π)，
故sin C≠0，又B＝，
即得sin A＝2cos A，则A∈(0，).
故sin2A＝1－cos2A＝4cos2A，
解得cosA＝.
(2)证明：
如图，假设CD不垂直于AB，过点C作CG⊥AB，垂足为G.
由(1)可得tan A＝＝2，
则＝＝＝2，
由角平分线定理有＝＝2，故点D，G重合，即CD⊥AB．
(3)由(2)知AD＝1，BD＝2，
设BE＝2AE＝2x(x>0).
在△ADE中，由余弦定理的推论有cos ∠ADE＝＝，同理cos ∠BDE＝，故＋＝0，解得x＝.注意到AD2＋AE2＝DE2，故AE⊥AD，且∠ADE＝.
故∠CDE＝或(如图1，图2)，
由(1)知tan ∠BAC＝＝2，
所以CD＝2，
由余弦定理有CE2＝CD2＋DE2－2CD·DE cos ∠CDE＝8－8cos ∠CDE，
当∠CDE＝时，CE2＝8－8×＝8－4，
解得CE＝－；
当∠CDE＝时，CE2＝8＋8×＝8＋4，
解得CE＝＋.
故CE＝－或＋.第1讲　三角恒等变换与平面向量
[考情分析]　三角恒等变换与平面向量是高考的命题热点，三角恒等变换主要考查：(1)两角和与差的正弦、余弦、正切公式；(2)二倍角公式、半角公式的应用等；多以选择题、填空题的形式出现或隐含于解答题中，平面向量主要考查向量的模、夹角、数量积、系数的最值或范围等；难度为中等偏下．
考点一　三角恒等变换
1．两角和与差公式变形
sin αsin β＋cos (α＋β)＝cos αcos β；
cos αsin β＋sin (α－β)＝sin αcos β；
tan α±tan β＝tan (α±β)·(1 tan αtan β).
2．倍角公式变形
降幂公式：cos2α＝，sin2α＝；
升幂公式：cos α＝2cos2－1，cosα＝1－2sin2；
配方变形：1±sin α＝(sin ±cos )2.
　(1)(2025·全国二卷)已知0＜α＜π，cos ＝，则sin ＝(　　)
A． B．
C． D．
(2)(2025·郑州质量预测)若tan (α－β)＝3，＝18，则tan2α＝(　　)
A．－ B．－2
C．－ D．－
【解析】　(1)cos α＝2cos2－1＝2×()2－1＝－，
因为0＜α＜π，所以＜α＜π，则sinα＝＝＝，则sin(α－)＝sin αcos －cos α·sin ＝×－(－)×＝.
(2)因为＝·
＝tan (α＋β)·tan (α－β)＝18，
且tan (α－β)＝3，所以tan (α＋β)＝6，故tan 2α＝tan [(α＋β)＋(α－β)]＝＝＝－.
【答案】　(1)D　(2)D
【解题技法】　给值求值问题的解题策略
给值求值问题的解题关键在于“变角”，把所求角用含已知角的式子表示出来，如α＝(α＋β)－β，2α＝(α＋β)＋(α－β)，＋α＝－等，要善于观察各个角之间的关系，发现题目所给条件与恒等变换公式的联系．
　已知α∈，且4cos α－tan ＝，则α＝________．
【解析】　4cos α－tan (－α)
＝4cos α－
＝4cos α－＝
＝＝，
所以2sin 2α＝sin α＋cos α＝2sin (α＋).
因为α∈(，)，
所以2α∈(，π)，α＋∈(，)，
则2α＝α＋或2α＋α＋＝π，得α＝(舍去)或α＝.
【答案】　
【解题技法】　给值求角的原则
(1)已知正切函数值，选正切函数；
(2)已知正、余弦函数值，选正弦或余弦函数．若角的范围是(0，)，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．
　1.(2025·陕西适应性检测)已知sin (α－)＋cos α＝，则cos ＝(　　)
A．－ B．
C．－ D．
解析：选D．因为sin (α－)＋cos α＝，
所以sin α－cos α＋cos α＝，
即sin α＋cos α＝sin (α＋)＝，
则cos (2α＋)＝1－2sin2(α＋)＝1－2×＝.
2．(多选)(2025·南京、盐城一模)已知cosαcos β＝，cos (α＋β)＝，则(　　)
A．sin αsin β＝ B．cos (α－β)＝
C．tan αtan β＝－ D．sin 2αsin 2β＝
解析：选BC．因为cos (α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β＝，且cos αcos β＝，则sin αsin β＝－，故A错误；
由cos (α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝－＝，故B正确；
由tan αtan β＝＝＝－，故C正确；
由sin 2αsin 2β＝2sin αcos α·2sin βcos β＝4sin αsin βcos αcos β＝4×(－)×＝－，故D错误．
3．已知α，β∈，sin (α－β)＝，tan α＝3tan β，则α＋β＝(　　)
A． B．
C． D．
解析：选C．因为sin (α－β)＝，所以sin αcos β－cos αsin β＝　①.因为tan α＝3tan β，所以＝，即sin αcos β＝3cos αsin β　②.由①②得，sin αcos β＝，cos αsin β＝，所以sin (α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝1，因为α，β∈(0，)，所以α＋β∈(0，π)，所以α＋β＝.
考点二　平面向量
1．平面向量数量积的性质
设a，b都是非零向量，θ是a与b的夹角，则
(1)cos θ＝.
(2)|a·b|≤|a||b|.
2．常用结论
(1)向量a在向量b上的投影向量为·.
(2)在△ABC中，给出＝(＋)，等价于已知AD是△ABC中BC边上的中线．
(3)已知＝λ＋μ(λ，μ为常数)，则A，B，C三点共线的充要条件是λ＋μ＝1.
　(1)(2025·广州综合测试)在平行四边形ABCD中，点E是BC边上的点，＝4，点F是线段DE的中点，若＝λ＋μ，则μ＝(　　)
A． B．1
C． D．
(2)(2025·高三名校联考)在△ABC中，点F为AB的中点，＝2，BE与CF交于点P，且满足＝λ，则λ的值为________．
【解析】　(1)
如图，＝＋＝－，
所以＝＋＝＋＝＋－＝＋，故μ＝.
(2)
如图，连接AP，由题意＝＋＝＋λ＝＋λ(－)＝(1－λ)＋λ＝(1－λ)·2＋λ·＝(2－2λ)＋λ，因为F，P，C三点共线，所以2－2λ＋λ＝1，解得λ＝.
【答案】　(1)C　(2)
【解题技法】　(1)根据平面向量基本定理恰当地选取基底，且变形要有方向，不能盲目转化．
(2)在一般向量的线性运算中，只需要把其中的向量当作一个字母看待，其运算方法类似于代数中合并同类项的运算，在计算时可以进行类比．
　(1)(2025·武汉四调)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，(a－b)⊥a，则a与b的夹角为(　　)
A． B．
C． D．
(2)(2025·北京卷)已知平面直角坐标系xOy中，||＝||＝，||＝2，设C(3，4)，则|2＋|的取值范围是(　　)
A．[6，14] B．[6，12]
C．[8，14] D．[8，12]
【解析】　(1)由题知(a－b)·a＝0，
所以a2－a·b＝0，
所以a2＝a·b＝|a||b|cos 〈a，b〉＝|a|2，
又|a|＝1，|b|＝2，
所以cos 〈a，b〉＝，〈a，b〉∈[0，π]，
所以〈a，b〉＝.
(2)因为||＝||＝，||＝2，
由＝－平方可得，·＝0，
所以〈，〉＝.
2＋＝2(－)＋－＝＋－2，||＝＝5，
所以|2＋|2＝2＋2＋42－4(＋)·
＝2＋2＋4×25－4(＋)·＝104－4(＋)·，
又|(＋)·|≤|＋|||＝×5＝10，
即－10≤(＋)·≤10，所以|2＋|2∈[64，144]，
即|2＋|∈[8，12].
【答案】　(1)C　(2)D
【解题技法】　(1)数量积的计算通常有①借“底”数字化；②借“系”坐标化．
(2)可以利用数量积求向量的模和夹角，向量要分解成题中已知的向量模和夹角进行计算．
　1.(多选)(2025·皖南八校联考)已知向量a，b满足|a－2b|＝，|a|＝|b|＝1，则(　　)
A．a与b的夹角为 B．a与b的夹角为
C．|2a－3b|＝ D．a⊥(a＋2b)
解析：选ACD．对于A，B，设a与b的夹角为θ(0≤θ≤π)，因为|a－2b|＝，所以(a－2b)2＝a2－4a·b＋4b2＝5－4a·b＝7，得a·b＝－，所以cos θ＝＝－，θ＝，故A正确，B错误；对于C，|2a－3b|＝＝＝＝，故C正确；对于D，a·(a＋2b)＝a2＋2a·b＝1－1＝0，故a⊥(a＋2b)，故D正确．
2．(2025·天津卷)在△ABC中，D为AB中点，＝，记＝a，＝b，则＝________(用a，b表示)；若||＝5，AE⊥CB，则·＝________．
解析：
如图，因为＝，所以－＝(－)，所以＝＋.
因为D为AB边的中点，所以＝＋＝a＋b；
又因为||＝5，AE⊥CB，所以2＝(a＋b)2＝a2＋a·b＋b2＝25，
·＝(a＋b)·(a－b)＝a2＋a·b－b2＝0，
所以a2＋3a·b＝4b2，所以a2＋4a·b＝180，
所以·＝(a＋b)·(－b＋a)
＝a2＋a·b－b2＝(a2＋2a·b－8b2)
＝(a2＋2a·b－2a2－6a·b)
＝(－a2－4a·b)＝－15.
答案：a＋b　－15(共32张PPT)
专题强化训练
B
C
A
A
D
C
B
AD
对于B，函数f(x)的最大值为2，故B错误．
AB
AD
BD
A
O

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