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(共46张PPT)
第4讲　解三角形
基础自测　思维引航
考点进阶　素养淬炼
目 录 索 引
第4讲　解三角形
基础自测　思维引航
基础自测
1.(人A必二6.4.3节练习)在△ABC中,已知a=2,c=,A=120°,求b和C.
解 由正弦定理,得sin C=
因为c2.(2025全国2,5)在△ABC中,BC=2,AC=1+,AB=,则A=(　　)
A.45° B.60°
C.120° D.135°
A
解析 在△ABC中,由余弦定理得cos A=,又03.(人A必二习题6.4)你能用三角形的边和角的正弦表示三角形的面积吗
解 如图,以△ABC的顶点A为原点,边AC所在的直线为x轴,建立平面直角坐标系.设BC,CA,AB的长分别为a,b,c,则不论A是锐角、钝角还是直角,由三角函数的定义知,点B的坐标始终为(ccos A,csin A).
过点B作BE⊥AC,垂足为E,则BE=csin A.
S△ABC=AC×BE=bcsin A.
同理可得S△ABC=casin B,S△ABC=absin C.
由此得任意三角形的面积
S△ABC=bcsin A=casin B=absin C.
4.(2024上海,11)已知A在O的正东方向,B在O的正北方向,O到A,B的距离相等,∠BTO=16.5°,∠ATO=37°,则∠BOT=　　　　　.(精确到0.1°)
7.8°
解析 连接AB,设OA=OB=a,BT=b,AT=c,∠BOT=α,则AB=a.
在△ABT中,由余弦定理,得(a)2=b2+c2-2bccos 53.5°.①
在△OBT中,由正弦定理,得,即b=②
在△OAT中,由正弦定理,得,即c=③
把②③代入①,
得2a2=-2cos 53.5°.
令sin α=t(0令f(t)==0.
由计算器的函数功能可知f(t)=0的零点约为t=0.13.
所以α=arcsin(0.13)≈7.8°.
思维引航
1.正弦定理及余弦定理
=2R;
a2=b2+c2-2bccos A;
b2=c2+a2-2cacos B;
c2=a2+b2-2abcos C.
2.面积公式
(1)S=absin C;S=bcsin A;S=acsin B.
(2)S=aha(ha表示边a上的高).
(3)S=r(a+b+c)(r为三角形内切圆半径).
考点进阶　素养淬炼
考点一　正弦定理、余弦定理的直接应用
例1　(1)(2025湖北七市州高三模拟)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为
a,b,c,且满足sin A(sin A-sin C)=sin2(A+C)-sin2C,则B=　　　　　.
　
解析 在△ABC中,∵A+B+C=π,
∴sin A(sin A-sin C)=sin2B-sin2C.
由正弦定理可得,a2-ac=b2-c2,则ac=a2+c2-b2.
又cos B=,
则cos B=
∵B∈(0,π),∴B=
(2)(2024天津,16)在△ABC中,cos B=,b=5,.【一题多解】
①求a;
②求sin A;
③求cos(B-2A).
解 ①因为,所以c=
又cos B=,b=5,所以b2=a2+c2-2accos B,即52=a2+()2-2a,
所以a2=16,所以a=4.
②(方法一)因为cos B=,B为△ABC的内角,
所以sin B=,
所以,即,所以sin A=
(方法二)由①知c=4=6.
由余弦定理,得cos A=
因为A∈(0,π),则sin A=
③(方法一)因为cos B=>0,且B∈(0,π),
所以B∈(0,).
由②方法一知,sin B=
因为a则sin 2A=2sin Acos A=2,cos 2A=2cos2A-1=2×()2-1=,
cos(B-2A)=cos Bcos 2A+sin Bsin 2A=
(方法二)因为a=4,b=5,所以a所以cos A=
所以sin 2A=2sin Acos A=2,cos 2A=2cos2A-1=2×()2-1=
所以cos(B-2A)=cos Bcos 2A+sin Bsin 2A=
【对点训练1】(1)(2024新高考Ⅱ,15)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;
②若a=2,bsin C=csin 2B,求△ABC的周长.
解 ①(方法一)由题得2=2,即sin=1.
又A+,所以A+,即A=
(方法二)由sin A+cos A=2,sin2A+cos2A=1,得4cos2A-4cos A+3=0,
即(2cos A-)2=0,解得cos A=
又A∈(0,π),故A=
(方法三)设f(x)=sin x+cos x(0显然当x=时,f(x)max=2.
又f(A)=sin A+cos A=2=2sin(A+),则f(x)max=f(A).
因为在开区间(0,π)上取到最大值,则x=A必定是极值点,
即f'(A)=0=cos A-sin A,即tan A=
又A∈(0,π),故A=
(方法四)设a=(1,),b=(sin A,cos A),由题意,a·b=sin A+cos A=2.
根据向量的数量积公式,得a·b=|a||b|cos=2cos,
则2cos=2,即cos=1,
此时=0,即向量a,b同向共线,则1·cos A=sin A,得tan A=
又A∈(0,π),故A=
②因为bsin C=csin 2B,由正弦定理可得sin Bsin C=sin C·2sin Bcos B,又sin B≠0,sin C≠0,所以cos B=又0由正弦定理得,则b=2,c=,
所以△ABC的周长为a+b+c=2++3
(2)(2024北京,16)在△ABC中,a=7,A为钝角,sin 2B=bcos B.
(ⅰ)求A;
(ⅱ)从条件①、条件②和条件③这三个条件中选择一个作为已知,求△ABC的面积.
①b=3;②cos B=;③csin A=.
解 (ⅰ)∵sin 2B=bcos B,∴2sin Bcos B=bcos B.
又A为钝角,∴B∈(0,),∴cos B≠0,
∴2sin B=b,
由正弦定理得,则,
∴sin A=,∴A=
(ⅱ)若选①.由(ⅰ)知A=,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,
即49=9+c2-2×3×c×cos,即c2+3c-40=0,解得c=5或c=-8(舍去),
∴S△ABC=bcsin A=3×5
若选②.由cos B=,得sin B=
又2sin B=b,∴b=3.
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,
即49=9+c2-2×3×c×cos,即c2+3c-40=0,解得c=5或c=-8(舍去),
∴S△ABC=bcsin A=3×5
若选③.由csin A=,得c=,∴c=5.
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,
即49=b2+25-2×b×5×cos,即b2+5b-24=0,解得b=3或b=-8(舍去),
∴S△ABC=bcsin A=3×5
考点二　三角形中最值和范围问题
例2　(1)已知函数f(x)=2sin(cos-sin)+m(m∈R),且y=f(x)在区间[0,]上的最大值为.
①求m的值;
②已知△ABC为锐角三角形,a,b,c分别是角A,B,C所对的边,若f(B-)=,且b=2,求△ABC的周长l的取值范围.
解 ①由题可得,
f(x)=2sin(cos-sin)+m=sin x+cos x-1+m=sin(x+)-1+m.
∵x∈[0,],∴x+[],
∴当x+,即x=时,f(x)max=-1+m=,得m=1.
②由①知,f(x)=sin(x+).
∵f(B-)=,即sin[(B-)+]=,∴sin B=
又△ABC为锐角三角形,∴B=,则A+C=
由,
∴l=a+b+c=(sin A+sin C)+2
=[sin A+sin(A+B)]+2
=(sin A+sin A+cos A)+2
=4(sin A+cos A)+2=4sin(A+)+2.
∴sin(A+)∈(,1],则4sin(A+)+2∈(2+2,6],
∴△ABC的周长l的取值范围是(2+2,6].
(2)在①cos 2B=cos(A+C),②bsin A=acos(B-),③bsin A+acos B=2a这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并解决该问题.
问题:已知锐角三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,　　　　　.
(ⅰ)求B;
(ⅱ)若a=8,求△ABC面积的取值范围.
解 (ⅰ)若选择①cos 2B=cos(A+C).
由A+B+C=π,得A+C=π-B,
所以cos(A+C)=-cos B,所以2cos2B-1=-cos B,解得cos B=或-1.
又因为B∈(0,),则cos B=,故B=
若选择②bsin A=acos(B-).
由正弦定理得,sin Bsin A=sin Acos(B-).
又因为A∈(0,),所以sin A≠0,
所以sin B=cos(B-),即sin B=cos B+sin B,
整理可得sin B=cos B,解得tan B=
又因为B∈(0,),故B=
若选择bsin A+acos B=2a.
由正弦定理得,sin Bsin A+sin Acos B=2sin A.
因为A∈(0,),所以sin A≠0,所以sin B+cos B=2,
即2sin(B+)=2,可得sin(B+)=1.
又因为B∈(0,),所以B+(),
所以B+,故B=
(ⅱ)由(ⅰ)可知B=,且a=8,
由正弦定理及C=π-A--A,可得c==4+
又因为在锐角三角形ABC中,
所以A∈(),故tan A∈(,+∞),所以c∈(4,16),
故S△ABC=acsin B=2c,所以S△ABC∈(8,32),
所以△ABC面积的取值范围是(8,32).
【对点训练2】(1)记锐角三角形ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知b2cos A+abcos B=2.
①求A;
②已知边a=4,求b+c的取值范围.
解 ①由b2cos A+abcos B=2,
可得b2cos A+abcos B=2bccos A,即bcos A+acos B=2ccos A.
由正弦定理,得sin Bcos A+sin Acos B=2sin Ccos A,即sin C=2sin Ccos A.
因为sin C>0,所以cos A=
又0②由正弦定理可得=8,
所以b+c=8(sin B+sin C)
=8[sin B+sin(B+)]
=8(sin B+cos B)
=4sin(B+).
因为△ABC为锐角三角形,则
解得故4sin(B+)∈(4,4],
所以b+c的取值范围是(4,4].
(2)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,a=,b+c=2,D为BC边上的点.
①若A=,求角A的平分线AD的长;
②求BC边上中线AD长的最小值.
解 ①因为a=,b+c=2,A=,
所以3=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc=4-3bc,所以bc=
由S△ABC=S△ABD+S△ACD,且AD是角A的平分线,
所以bc(b+c)×AD,所以AD=
②因为D是BC的中点,所以
两式平方,并代换得(2+2)=(2b2+2c2-a2)
=[2(b+c)2-4bc-3]=-bc,当且仅当b=c=1时,等号成立,
所以AD长的最小值为||=
考点三　解三角形的实际问题
例3　为扩大养殖规模,某鲟鱼养殖场计划在如图所示的扇形区域OMN内修建矩形水池ABCD,矩形一边AB在OM上,点C在圆弧MN上,点D在边ON上,且∠MON=,OM=30 m,设∠COM=α.
(1)求扇形OMN的面积;
(2)求矩形ABCD的面积S(α);
(3)当α为何值时,S(α)取得最大值,并求出这个最大值.
解 (1)由题意,∠MON=,扇形半径OM=30 m,
则扇形OMN的面积为302=150π m2.
(2)在Rt△OBC中,BC=30sin α,OB=30cos α.
在Rt△OAD中,AD=BC=30sin α,则OA=30sin α=10sin α,
所以AB=OB-OA=30cos α-10sin α,
则水池面积S(α)=AB·BC
=30sin α(30cos α-10sin α)
=300sin αcos α-sin2α)
=150sin 2α+cos 2α-1)
=300sin 2α+cos 2α-)
=300sin(2α+)-150,0<α<
所以S(α)=300sin(2α+)-150,其中0<α<
(3)由(2)知,S(α)=300sin(2α+)-150,其中0<α<,则<2α+
当2α+,即α=时,S(α)取得最大值,最大值为150
【对点训练3】某科技馆(如图1)主体建筑采用与地形吻合的矩形设计,将数学符号“∞”完美嵌入其中.如图2,为了测量科技馆最高点A与其附近一建筑物楼顶B之间的距离,无人机在点C测得点A和点B的俯角分别为75°, 30°,随后无人机沿水平方向飞行600米到点D,此时测得点A和点B的俯角分别为45°和60°(A,B,C,D在同一铅垂面内),则A,B两点之间的距离为
　　　 　米.
图1
图2
100
解析 由题意,∠DCB=30°,∠CDB=60°,所以∠CBD=90°,
则在Rt△CBD中,BD=CD=300,BC=CD=300
又∠DCA=75°,∠CDA=45°,所以∠CAD=60°.
在△ACD中,由正弦定理得,,
所以AC==200
在△ABC中,∠ACB=∠ACD-∠BCD=75°-30°=45°.
由余弦定理得,AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos∠ACB
=(200)2+(300)2-2×200300=150 000,
所以AB=100(共34张PPT)
微培优2　三角形中的特殊线段问题
三角形的中线、角平分线、高线这三种特殊线段在解三角形问题中出现频率较高,也是一个比较重要的知识交汇点,与正弦、余弦定理,面积公式,平面向量等都有联系,以下通过例题介绍这类问题的常见解法.
类型一　三角形的中线问题
例1　记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为,D为BC中点,且AD=1.【一题多解】
(1)若∠ADC=,求tan B;
(2)若b2+c2=8,求b,c.
解 (1)(方法一)在△ABC中,因为D为BC中点,∠ADC=,AD=1,
则S△ADC=AD·DCsin∠ADC=1aa=S△ABC=,解得a=4.
在△ABD中,∠ADB=,
由余弦定理得c2=BD2+AD2-2BD·ADcos∠ADB=4+1-2×2×1×(-)=7,
解得c=,
则cos B=,
sin B=,
所以tan B=
(方法二)在△ABC中,因为D为BC中点,∠ADC=,AD=1,
则S△ADC=AD·DCsin∠ADC=1aa=S△ABC=,解得a=4.
在△ACD中,由余弦定理得b2=CD2+AD2-2CD·ADcos∠ADC,
即b2=4+1-2×2×1=3,解得b=
因为AC2+AD2=4=CD2,则∠CAD=,C=
过点A作AE⊥BC于点E,
于是CE=ACcos C=,AE=ACsin C=,BE=,
所以tan B=
(2)(方法一)在△ABD与△ACD中,
由余弦定理得
整理得a2+2=b2+c2.
又b2+c2=8,则a=2
又S△ADC=1×sin∠ADC=,
所以sin∠ADC=1.
又0<∠ADC<π,于是∠ADC=,
所以b=c==2.
(方法二)在△ABC中,因为D为BC中点,所以2
又,
所以4=()2+()2=2(b2+c2)=16,
即4+a2=16,解得a=2
又S△ADC=1×sin∠ADC=,
所以sin∠ADC=1.
又0<∠ADC<π,于是∠ADC=,
所以b=c==2.
【对点训练1】(1)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且2acos B =2c-b.
①求A的大小;
②若△ABC的面积为,点D在线段BC上,且BD=CD,求AD的最小值.
解 ①因为2acos B=2c-b,
所以由正弦定理得2sin Acos B=2sin C-sin B=2sin(A+B)-sin B
=2(sin Acos B+cos Asin B)-sin B,
所以2cos Asin B-sin B=0.
又sin B≠0,所以2cos A-1=0,即cos A=
因为0②由①知,sin A=,
所以S△ABC=bcsin A=bc=,所以bc=9.
又点D在线段BC上,且BD=CD,
所以)=,
则c2+b2+bc·cos A=b2+c2+bc≥2bc=bc=6,
当且仅当b2=c2,bc=9,即b=3,c=时,等号成立,
所以AD故AD的最小值为
(2)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且asin Bcos C+csin Bcos A =,c>b.【一题多解】
①求cos B;
②若c=3,AC边上的中线BD=,求△ABC的面积.
解 ①由正弦定理得,sin Asin Bcos C+sin Csin Bcos A=sin B.
因为sin B≠0,所以sin Acos C+sin Ccos A=sin(A+C)=sin B=
因为c>b,所以cos B>0,所以cos B=
②(方法一)在△ABC和△ABD中,cos A=
因为c=3,BD=,整理得,b2=2a2+6.
因为cos B=,
所以a=1,所以S△ABC=acsin B=1×3
(方法二)因为cos∠ADB+cos∠CDB=0,
所以=0,整理得,b2=2a2+6.
因为cos B=,
所以a=1,所以S△ABC=acsin B=1×3
类型二　三角形的角平分线问题
例2　(1)在△ABC中,AB=2,∠BAC=60°,BC=,D为BC上一点,AD为∠BAC的角平分线,则AD=　　　　　.【一题多解】
2
解析 如图,记AB=c,AC=b,BC=a.
(方法一)由余弦定理得,22+b2-2×2×b×cos 60°=6,
解得b=1+(负值舍去).
由S△ABC=S△ABD+S△ACD,
可得2×b×sin 60°=2×AD×sin 30°+AD×b×sin 30°,
整理得AD==2.
(方法二)由余弦定理得,22+b2-2×2×b×cos 60°=6,
解得b=1+(负值舍去).
由正弦定理可得,
解得sin B=,sin C=
因为1+,所以C=45°,B=180°-60°-45°=75°.
又∠BAD=30°,所以∠ADB=75°,则AD=AB=2.
(2)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知(acos C+ccos A-2a)cos C-ccos(A+C)=0.
①求角C的大小;
②若∠ACB的平分线交AB于点D,且CD=1,求3a+b的最小值.
解 ①由正弦定理得,(sin Acos C+sin Ccos A-2sin A)·cos C-sin Ccos(A+C)=0,
整理得(sin B-2sin A)cos C+sin Ccos B=0,
即sin Bcos C-2sin Acos C+sin Ccos B=0,
则sin(B+C)-2sin Acos C=0,
故sin A-2sin Acos C=0.
又A∈(0,π),则sin A≠0,所以cos C=
又C∈(0,π),所以C=
②因为∠ACB=,∠ACB的角平分线交AB于点D,所以∠ACD=∠BCD=
由三角形的面积公式可得absina×1×sinb×1×sin,
化简得ab=a+b.
又a>0,b>0,所以,
则3a+b=(3a+b)()=(4+)(4+2)=+2,
当且仅当b=a且时,等号成立,
故3a+b的最小值为+2.
【对点训练2】(1)在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,满足a=
2cos B·(bcos C+ccos B).
①求角B的大小;
②已知点D在边AC上,且BD是∠ABC的平分线,BD=2,求a+c的最小值.
解 ①由正弦定理得sin A=2cos B(sin Bcos C+sin Ccos B)
=2cos B·sin(B+C)=2cos Bsin A.
因为sin A≠0,所以cos B=
又B∈(0,π),所以B=
②因为BD是∠ABC的平分线,所以∠ABD=∠CBD=
又S△ABC=S△BCD+S△ABD,
所以acsina×2×sinc×2×sin,
化简得ac=a+c,所以,
所以a+c=)(a+c)=(2+)(2+2)=,
当且仅当a=c=时,等号成立,所以a+c的最小值为
(2)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知A,B,C成等差数列,且
sin C=3sin A.
①求cos C;
②若角B的平分线交AC于点D,BD=2,求△ABC的面积.
解 ①由A,B,C成等差数列且A+B+C=π,得A+C=2B=,所以A=-C,
故sin C=3sin A=3sin(-C)=cos C+sin C,且C∈(0,),
所以cos C+sin C=0,则tan C=-3,故C∈().
由得cos C=-
②如图,由①知,B=,则∠CBD=∠ABD=,
而BD=2,故D到BC,BA的距离h=1,
所以S△ABC=S△BCD+S△ABD=h(AB+BC)=h(c+a).
又sin C=3sin A,即c=3a,所以S△ABC=2a.
又S△ABC=acsin∠ABC=a2,
所以a2=2a,解得a=,
所以S△ABC=()2=
类型三　三角形的高线问题
例3　(1)设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且cos C=.
①求角B的大小;
②若边AB上的高为,求cos C的值.
解 ①由余弦定理得,
所以a2+b2-c2=2a(a-csin B),
所以b2=a2+c2-2acsin B.
又因为b2=a2+c2-2accos B,
所以sin B=cos B,则tan B=1.
因为B∈(0,π),所以B=
②因为△ABC的面积S=acsin B=ac=,所以a=c.
由余弦定理得,b2=a2+c2-2accos B=(c)2+c2-2c×cc2,
所以b=c,所以cos C==-
(2)已知在△ABC中,A+B=3C,2sin(A-C)=sin B.
①求sin A;
②设AB=5,求AB边上的高.
解 ①因为A+B=3C,所以π-C=3C,即C=
又2sin(A-C)=sin B=sin(A+C),
所以2sin Acos C-2cos Asin C=sin Acos C+cos Asin C,
所以sin Acos C=3cos Asin C,
所以sin A=3cos A,即tan A=3,所以0又sin2A+cos2A=1,得sin A=
②由①知,cos A=,
所以sin B=sin(A+C)=sin Acos C+cos Asin C=()=
由正弦定理得,可得b==2
又AB·h=AB·AC·sin A,
所以h=b·sin A=2=6.
【对点训练3】(1)(2025江苏南通高三调研)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,(2b-c)cos A=acos C.
①求A;
②若△ABC的面积为,BC边上的高为1,求△ABC的周长.
解 ①由正弦定理得(2sin B-sin C)cos A=sin Acos C,
整理得2sin Bcos A=sin Acos C+sin Ccos A,
即2sin Bcos A=sin B.
因为在△ABC中,sin B≠0,所以cos A=
又0②因为△ABC的面积为,所以a×1=,得a=2
由bcsin A=,得bc,则bc=4.
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,得12=b2+c2-bc,
所以(b+c)2=3bc+12,所以(b+c)2=24,即b+c=2,
所以△ABC的周长为a+b+c=2+2
(2)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b=2,2cos A=3-acos B.
①求c;
②若AH为BC边上的高,且AH=,求∠BAC的大小.
解 ①由b=2及2cos A=3-acos B,得bcos A=3-acos B,
即bcos A+acos B=3.
由余弦定理得,b+a=3,得c=3.
②由于AH为BC边上的高,
在Rt△BAH中,BH2=AB2-AH2=9-,所以BH=
在Rt△CAH中,CH2=AC2-AH2=4-,
所以CH=,所以BC=BH+CH=
由余弦定理得,cos∠BAC==-
又因为∠BAC∈(0,π),所以∠BAC=(共30张PPT)
微培优1　三角函数中ω的范围问题
在新高考数学中,对三角函数参数ω的探究是一个重要的考点.高考对三角函数参数ω的求解提出了多种考查方式,包括依托于三角函数的周期性、零点、利用三角函数的对称性,结合三角函数的单调性、图象平移以及零点或方程的解来研究ω的相关问题.本部分不仅考查了学生对三角函数基本性质的掌握程度,还考查了他们的综合运用能力和逻辑思维能力.这不仅涉及对三角函数性质的深入理解,还要求学生能够灵活应用各种数学方法和技巧来解决问题.
类型一　已知单调性求ω的取值范围
例1　已知ω>0,函数f(x)=sin(ωx+)在区间(,π)上单调递减,则ω的取值范围是(　　)【一题多解】
A.[] B.[]
C.(0,) D.(0,2]
A
解析 (方法一)∵f(x)在区间(,π)上单调递减,且ωx+(,ωπ+),
k∈Z,解得4k++2k,k∈Z.
又ω>0,∴令k=0,得故选A.
(方法二)∵f(x)在区间(,π)上单调递减,ω>0,
+2kπ≤ωx++2kπ(k∈Z),得x(k∈Z).
令k=0,由题意可得解得故选A.
【对点训练1】设函数f(x)=sin(ωx-)(ω>0)在区间(1,2)上不单调,则ω的取值范围是(　　)
A.(,+∞)
B.()∪(,+∞)
C.()∪(,+∞)
D.(,+∞)
B
解析 由题可知,函数f(x)=sin(ωx-)(ω>0)的图象的对称轴为直线x=,k∈Z.
因为f(x)在区间(1,2)上不单调,所以对称轴直线x=,k∈Z在直线x=1与直线x=2之间,即1<<2,k∈Z,化简得<ω<+kπ,k∈Z.
因为ω>0,所以令k=0,得<ω<
又当k≥1时,ω>综上,ω∈()∪(,+∞).故选B.
类型二　已知最值求ω的取值范围
例2　(多选题)将函数f(x)=2sin x的图象向右平移个单位长度,再将得到的曲线上所有点的横坐标变为原来的(ω>0),纵坐标不变,得到函数g(x)的图象,若在区间[0,]上有且仅有两个不同实数x1,x2满足g(x1)g(x2)=-4,则ω的取值可以是(　 　)
A.5 B.6
C.7 D.8
ABC
解析 由题意得g(x)=2sin(ωx-),则g(x)max=2,g(x)min=-2.由g(x1)g(x2)=-4,得因为在区间[0,]上有且仅有两个不同实数
x1,x2满足g(x1)g(x2)=-4,则g(x)在区间[0,]上只取得一次最大值和一次最小值.令t=ωx-,则t∈[--].由y=2sin t图象可知,-,解得5≤ω<8,即ω的取值范围是[5,8).故选ABC.
【对点训练2】已知函数f(x)=2sin ωx在区间[-]上的最小值为-2,则ω的
取值范围是　　　　　　　　　.
(-∞,-2]∪[,+∞)
解析 显然ω≠0.若ω>0,当x∈[-]时,-ωx
因为函数f(x)=2sin ωx在区间[-]上的最小值为-2,
所以--,解得
若ω<0,当x∈[-]时,ωx≤-,
因为函数f(x)=2sin ωx在区间[-]上的最小值为-2,
所以-,解得ω≤-2.
综上所述,实数ω的取值范围是(-∞,-2]∪[,+∞).
类型三　已知零点求ω的取值范围
例3　(2023新高考Ⅰ,15)已知函数f(x)=cos ωx-1(ω>0)在区间[0,2π]上有且仅有3个零点,则ω的取值范围是　　　　　.【一题多解】
[2,3)
解析 (方法一)函数f(x)=cos ωx-1在区间[0,2π]上有且仅有3个零点,即cos ωx=1在区间[0,2π]上有且仅有3个根.因为ω>0,x∈[0,2π],所以ωx∈[0,2ωπ].
由余弦函数的图象可知,4π≤2ωπ<6π,
解得2≤ω<3,即ω的取值范围是[2,3).
(方法二)由题意可知,要使函数f(x)=cos ωx-1在[0,2π]上有且仅有3个零点,即函数y=cos ωx的图象在[0,2π]上有且仅有3个最高点,设y=cos ωx的最小正周期为T,如图(草图),
要满足题意,需要2T≤2π<3T,即(方法三)由题意知,cos ωx=1,则ωx=2kπ,k∈Z,即x=,k∈Z.
因为f(x)在区间[0,2π]上有且仅有3个零点,
所以解得2≤ω<3,即ω的取值范围是[2,3).
【对点训练3】(1)(2025四川成都高三模拟)已知函数f(x)=sin(ωx-) (ω>0),若f(x)在区间(π,2π]上没有零点,则ω的取值范围是(　　)
A.(0,) B.(0,)∪[)
C.(0,)∪[] D.(0,)
B
解析 令ωx-=kπ(k∈Z),得x=,k∈Z.
因为f(x)在区间(π,2π]上没有零点,
所以k∈Z,化简得k+<,k∈Z.
因为ω>0,令k=-1,得ω∈(0,);令k=0,得ω∈[);
当k≥1时,无解.综上,ω的取值范围是(0,)∪[).
(2)(2022全国甲,理11)设函数f(x)=sin在区间(0,π)上恰有三个极值点、两个零点,则ω的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
C
解析 设ωx+=t,由x∈(0,π),得t因为有两个零点,可得2π<πω+3π,即<又因为有三个极值点,(sin t)'=cos t,即y=cos t在上有三个零点,所以<πω+,解得<
综上可得<故选C.
类型四　已知极值点求ω的取值范围
例4　(2025河南高三模拟预测)已知函数f(x)=sin(ωx-)(ω≠0)在x=处取得最值,且f(x)在区间(0,π)上恰有两个极值点,则ω=(　　)
A.4 B.10
C.-2 D.-8
C
解析 由题意可知,(ω-1)=kπ+,k∈Z,解得ω=6k+4,k∈Z.当ω>0时,由x∈(0,π),得ωx-(-,ωπ-),由题意,得<ωπ-,解得<结合ω=6k+4,k∈Z,知ω不存在.当ω<0时,由x∈(0,π),得ωx-(ωπ-,-),由题意,得--<-,解得-<-结合ω=6k+4,知ω=-2.故选C.
【对点训练4】(1)已知函数f(x)=2sin(ωx+)(ω>0),x∈[-].若函数f(x)只有一个极大值和一个极小值,则ω的取值范围为(　　)
A.(2,5] B.(2,5)
C.(2,] D.(2,)
C
解析 令t=ωx+,因为x∈[-],所以ωx+[-].
故问题转化为y=2sin t在[-]上只有一个极大值和一个极小值.
因为函数f(x)只有一个极大值和一个极小值,则-(-),即T<
又T=,所以ω>,所以-<0,
则解得故2<故选C.
(2)设函数f(x)=sin ωx+sin(ωx+)(ω>0),已知f(x)在区间[0,π]上有且仅有
2 025个极值点,则ω的取值范围是　　　　　　　.
[)
解析 由题可得f(x)=sin ωx+sin(ωx+)=sin ωx+cos ωx=sin(ωx+).
当x∈[0,π]时,ωx+[,ωπ+].
因为函数f(x)在区间[0,π]上有且仅有2 025个极值点,
所以2 024π++<2 024π+,
解得<故ω的取值范围是[).
类型五　已知对称性求ω的取值范围
例5　(2025江西南昌高三阶段检测)已知函数f(x)=sin(ωx+)(ω>0),将函数y=f(x)的图象向左平移个单位长度后,得到函数y=g(x)的图象,若g(x)为奇函数,则ω的最小值为　　　　　.
2
解析 将函数y=f(x)的图象向左平移个单位长度后,
得到函数g(x)=sin[ω(x+)+]=sin(ωx+)的图象.
又g(x)为奇函数,所以=kπ,k∈Z,解得ω=3k-1,k∈Z.
因为ω>0,所以当k=1时,ω取最小值2.
【对点训练5】(2025黑龙江高三三模)已知函数f(x)=cos(ωx-)(ω>0)在区间[0,2π]上恰有3条对称轴,则ω的取值范围是(　　)
A.[] B.[)
C.(] D.[)
D
解析 因为0≤x≤2π,所以-x-2ωπ-
又函数f(x)=cos(ωx-)(ω>0)在区间[0,2π]恰有3条对称轴,
所以2π≤2ωπ-<3π,解得<,故ω的取值范围为[).故选D.
类型六　综合条件下求ω的取值范围
例6　(2025湖南邵阳高三三模)将函数f(x)=sin ωx(ω>0)的图象向右平移个单位长度后得到函数g(x)的图象,若g(x)在区间(-,0)上单调递增,且在区间(,π)上有且仅有1个零点,则ω的取值范围为(　　)
A.(,1)∪(] B.(0,1)∪()
C.(0,)∪(] D.(0,)∪(,3)
A
解析 由题意可得,g(x)=sin ω(x-)=sin(ωx-).
若x∈(-,0),则ωx-(-,-).
因为g(x)在区间(-,0)上单调递增,所以--,解得0<ω≤3.
若x∈(,π),则ωx-(,ωπ-).
又g(x)在区间(,π)上有且仅有1个零点,
结合0<ω≤3,所以-<ωx-,
所以这个零点可能为ωx-=0或ωx-=π或ωx-=2π.
当ωx-=0时,解得<ω<1.
当ωx-=π时,解得<
当ωx-=2π时,2π<无解.
综上,ω的取值范围为(,1)∪(].故选A.
【对点训练6】(2025江西景德镇高三期中)设函数f(x)=sin(ωx+φ) (ω>0,|φ|≤),若x=-为函数f(x)的零点,直线x=为函数f(x)的图象的对称轴,
且f(x)在区间()上单调,则ω的最大值为　　　　.
　
解析 因为x=-为函数f(x)的一个零点,且直线x=是函数f(x)图象的一条对称轴,
所以=(2k+1)(k∈Z),
所以T=(k∈Z),所以ω=(k∈Z).
因为函数f(x)在区间()上单调,
所以,即T,所以,所以0<ω≤6.
又因为ω=(k∈Z),所以ω=
当ω=时,k=3,f(-)=sin[(-)+φ]=0,-+φ=kπ,k∈Z,
又因为|φ|,则φ=-,所以f(x)=sin(x-).
因为x∈(),则x-(),
所以函数f(x)在区间()上不单调,所以ω=舍去.
当ω=时,k=2,f(-)=sin[(-)+φ]=0,-+φ=kπ,k∈Z.
又因为|φ|,则φ=,所以f(x)=sin(x+).
因为x∈(),x+(),
所以函数f(x)在区间()上单调,所以ω=(共41张PPT)
第3讲　三角函数的图象与性质
基础自测　思维引航
考点进阶　素养淬炼
目 录 索 引
基础自测　思维引航
基础自测
1.(人A必一5.4节习题)已知函数f(x)=sin(2x-),x∈R.
(1)求f(x)的最小正周期;
(2)求f(x)在区间[-]上的最大值和最小值.
解 (1)由题意可得,f(x)=sin(2x-),x∈R,则f(x)的最小正周期为T==π.
(2)令u=2x-,x∈[-],则u∈[-],
故sin u∈[-1,],因此f(x)=sin u∈[-].
即函数f(x)的最大值为,最小值为-
2.(人A必一5.6节习题)函数y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π)在一个周期内
的图象如图所示,此函数的解析式为　　　　　　　　　.
y=2sin(2x+)
解析 由图象可知A=2,,
∴T=π,故ω=2,
∴函数的解析式是y=2sin(2x+φ).
∵函数的图象过(-,2),∴2=2sin[2(-)+φ],得φ-=2kπ+,k∈Z.
又0<φ<π,∴φ=,故此函数的解析式是y=2sin(2x+).
3.(2024新高考Ⅰ,7)当x∈[0,2π]时,曲线y=sin x与y=2sin(3x-)的交点个数为
(　　)
A.3 B.4
C.6 D.8
C
解析 在同一平面直角坐标系中,画出区间[0,2π]上的曲线y=sin x与y=2sin(3x-),如图所示.
由图可知,在区间[0,2π]上,曲线y=sin x与y=2sin(3x-)有6个交点.
4.(2025全国1,4)已知点(a,0)(a>0)是函数y=2tan(x-)的图象的一个对称中心,则a的最小值为(　　)
A. B.
C. D.
B
解析 由题意知,a-,k∈Z,所以a=,k∈Z.
又a>0,所以当k=0时,a取最小值.故a的最小值为故选B.
思维引航
1.函数y=Asin(ωx+θ),A>0,ω≠0的最小正周期T=.
2.由三角函数的图象求解析式y=Asin(ωx+φ)+B(A>0,ω>0)中参数的值
(1)最值定A,B:根据给定的函数图象确定最值,设最大值为M,最小值为m,则M=A+B,m=-A+B,解得B=,A=.
(2)特殊点定φ:代入特殊点求φ,一般代入最高点或最低点,代入中心点时应注意是上升趋势还是下降趋势.
3.由函数y=sin x的图象通过变换得到y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的图象的两种方法.
4.函数y=Asin(ωx+φ)(A>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)可得对称中心;
由ωx+φ=kπ+(k∈Z)可得对称轴.
考点进阶　素养淬炼
考点一　三角函数的图象与解析式
例1　(1)(2024天津,7)已知函数f(x)=sin[3(ωx+)](ω>0)的最小正周期为π,则函数f(x)在区间[-]上的最小值是(　　)
A.- B.-
C.0 D.
A
解析 f(x)=sin[3(ωx+)]=sin(3ωx+π)=-sin 3ωx.
由T==π,得ω=,则f(x)=-sin 2x.
当x∈[-]时,2x∈[-],
因为函数y=sin x在区间[-]上单调递增,
所以f(x)=-sin 2x 在区间[-]上单调递减,
所以当x=时,f(x)min=-sin=-故选A.
(2)(多选题)(2020山东,10)下图是函数y=sin(ωx+φ)的部分图象,则sin(ωx+φ)=(　　)【一题多解】
A.sin B.sin
C.cos D.cos
BC
解析 (方法一)依题意得,则最小正周期T=π,
所以|ω|==2,所以ω=±2.
又函数图象的最低点为,即(,-1),当ω=2时,则sin(+φ)=-1,
所以+φ=2kπ-,k∈Z,即φ=2kπ-,k∈Z,此时y=sin(2x+2kπ-).
令k=1,则y=sin(2x+)=cos(2x+).
当ω=-2时,则sin(-+φ)=-1,所以-+φ=2kπ-,k∈Z,即φ=2kπ+,k∈Z,
此时y=sin(-2x+2kπ+).
令k=0,则y=sin(-2x+).故选BC.
(方法二)由题图可知,,所以T=π,
因为=π,所以|ω|=2,故A错误;
当ω=-2时,因为图象过点(,0),所以sin(-2+φ)=0,
即-+φ=π+2kπ(k∈Z),
所以φ=+2kπ(k∈Z),当k=-1时,φ=,y=sin(-2x),故B正确;
因为y=sin(-2x)=sin[-(+2x)]=cos(2x+),故C正确;
因为cos(-2x)=cos[π-(2x+)]=-cos(2x+),故D错误.故选BC.
【对点训练1】(1)(2024北京,6)已知f(x)=sin ωx(ω>0),f(x1)=-1,f(x2)=1,
|x1-x2|min=,则ω=(　　)
A.1 B.2
C.3 D.4
B
解析 ∵f(x)在x1,x2处分别取得最小值与最大值,|x1-x2|min=,
∴最小正周期为2=π,∴ω==2.故选B.
(2)(多选题)(2025浙江宁波高三月考)已知函数f(x)=Acos(ωx+φ) (A>0,ω>0,|ω|<)部分图象如图所示,则下列说法正确的有(　　)
A.f(x)的图象关于直线x=对称
B.f(x)的图象关于点(,0)对称
C.将函数y=sin 2x-cos 2x的图象向左平移个
单位长度得到函数f(x)的图象
D.若方程f(x)=m在区间[-,0]上有两个不相等的
实数根,则实数m的取值范围是[-2,-]
AB
解析 由题图得,A=2.又,则T=π.由=T,得ω==2.当x=时,2+φ=kπ,k∈Z,则φ=-+kπ,k∈Z.又|φ|<,所以φ=-,所以f(x)=2cos(2x-).
对于A,当x=时,f(x)=2cos()=2cos π=-2,故A正确;对于B,当x=时,f(x)=2cos()=2cos=0,故B正确;对于C,易知,函数y=sin 2x-cos 2x=2sin(2x-),将函数y=2sin(2x-)的图象向左平移个单位长度得到函数y=2sin[2(x+)-]=2sin(2x+)的图象,故C错误;对于D,当x∈[-,0]时,2x-[-,-].当2x-[-,-π]时,f(x)单调递减;当2x-[-π,-]时,f(x)单调递增,因为2cos(-)=-,2cos(-π)=-2,2cos(-)=,所以方程f(x)=m在区间[-,0]上有两个不相等的实数根时,m的取值范围是(-2,-],故D错误.故选AB.
考点二　三角函数的图象与变换
例2　(1)把函数y=f(x)的图象向右平移个单位长度,再把图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,可以得到函数y=sin(x+)的图象,则函数y=f(x)+x的零点的个数为(　　)
A.0 B.1
C.2 D.3
B
解析 将函数y=sin(x+)的图象上所有点的横坐标缩短到原来的,纵坐标不变,可得函数y=sin(x+)的图象,再将y=sin(x+)的图象向左平移个单位长度,可得y=sin[(x+)+]=sin(x+π)=-sin x的图象,即f(x)=-sin x.
令g(x)=f(x)+x=x-sin x,则g'(x)=1-cos x,所以g'(x)≥0对任意x∈R恒成立,
所以函数y=g(x)在R上单调递增.
又因为g(0)=0,所以函数y=f(x)+x有唯一零点,即零点的个数为1.故选B.
(2)(2023全国甲,文12)函数y=f(x)的图象由y=cos(2x+)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
C
解析 由题意知f(x)=cos[2]=cos2(x+)=-sin 2x.
在平面直角坐标系中画出y=-sin 2x与y=x-的图象草图,如图所示.
由图可知,两函数图象有3个交点.故选C.
【对点训练2】(1)(2025湖北七市州高三模拟)函数f(x)=sin(4x+φ)(-<φ<)的图象向右平移个单位长度后,其图象关于y轴对称,则φ=(　　)
A.- B.-
C. D.
B
解析 由题可得,y=si[4(x-)+φ]=sin(4x-+φ).
因为函数图象关于y轴对称,所以-+φ=+kπ,k∈Z,则φ=+kπ,k∈Z.
又-<φ<,所以φ=-
(2)(2025四川乐山三模)函数f(x)=sin 2x+cos 2x-1在区间[0,m]上有且仅
有3个零点,则m的取值范围是　　　　　　　.
[π,)
解析 由题可得,f(x)=sin 2x+cos 2x-1
=2(sin 2x+cos 2x)-1=2(sin 2xcos+cos 2xsin)-1=2sin(2x+)-1.
又x∈[0,m],则(2x+)∈[,2m+].
因为f(x)=2sin(2x+)-1在区间[0,m]上有且仅有3个零点,
即sin(2x+)=在区间[0,m]上有且仅有3个解.
结合y=sin x与y=的图象,可知2m+,
解得π≤m<,故m的取值范围为[π,).
考点三　三角函数的性质
例3　(1)(多选题)(2022新高考Ⅱ,9)已知函数f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)的图象关于点对称,则(　　)
A.f(x)在单调递减
B.f(x)在有两个极值点
C.直线x=是曲线y=f(x)的一条对称轴
D.直线y=-x是曲线y=f(x)的一条切线
AD
解析 由题意得,f()=sin(+φ)=0,所以+φ=kπ,k∈Z,即φ=-+kπ,k∈Z.又0<φ<π,所以k=2,φ=故f(x)=sin(2x+).
选项A,当x∈(0,)时, 2x+(),所以f(x)在区间(0,)内单调递减,故选项A正确;
选项B,当x∈(-)时,2x+(),由函数f(x)的图象(图略),易知y=f(x)只有一个极值点,由2x+,可得极值点为x=,故选项B错误;
选项C,当x=时,2x+=3π,f()=0,所以直线x=不是曲线y=f(x)的对称轴,故选项C错误;
选项D,结合该选项,若f'(x)=2cos(2x+)=-1,得cos(2x+)=-,解得2x++2kπ或2x++2kπ,k∈Z,从而得x=kπ或x=+kπ,k∈Z,所以函数y=f(x)的图象在点(0,)处的切线斜率为y'|x=0=2cos=-1,切线方程为y-=-(x-0),即y=-x,故选项D正确.故选AD.
(2)(2025北京,8)设函数f(x)=sin ωx+cos ωx(ω>0),若f(x+π)=f(x)恒成立,且f(x)在区间[0,]上存在零点,则ω的最小值为(　　)
A.8 B.6
C.4 D.3
C
解析 f(x)=sin(ωx+),当x∈[0,]时,ωx+[+].
∵f(x)在[0,]上存在零点,+,解得ω≥3.
又f(x+π)=f(x),∴π为f(x)的一个周期.设f(x)的最小正周期为T,则π=kT,k∈N*.
又T=,∴π=k,k∈N*,∴2k=ω,k∈N*,∴ω的最小值为4.故选C.
函数 y=sin x y=cos x y=tan x
单调递 减区间 [2kπ+,2kπ+],k∈Z [2kπ,2kπ+π],k∈Z —
对称 中心 (kπ,0),k∈Z (kπ+,0),k∈Z (,0),k∈Z
对称轴 方程 x=kπ+,k∈Z x=kπ,k∈Z —
2.(1)对于可化为f(x)=Asin(ωx+φ)(或f(x)=Acos(ωx+φ))形式的函数,如果求f(x)的对称轴,只需令ωx+φ=+kπ(k∈Z)(或令ωx+φ=kπ(k∈Z)),求x即可;如果求f(x)的对称中心的横坐标,只需令ωx+φ=kπ(k∈Z)(或令ωx+φ=+kπ (k∈Z)),求x即可.
(2)对于可化为f(x)=Atan(ωx+φ)形式的函数,如果求f(x)的对称中心的横坐标,只需令ωx+φ=(k∈Z),求x即可.
【对点训练3】(1)(多选题)已知函数f(x)=sin x+cos 2x,则下列结论正确的有(　　)
A.函数f(x)的图象不关于原点对称
B.函数f(x)在区间[-π,0]上的值域为[-2,]
C.函数f(x)在区间[-2π,-]上单调递减
D.函数f(x)在区间[-π,π]上有3个零点
AD
解析 f(x)的定义域为R.因为f(-x)=sin(-x)+cos(-2x)=-sin x+cos 2x,所以f(-x) ≠-f(x),则函数f(x)的图象不关于原点对称,故A正确.f(x)=sin x+cos 2x=
-2sin2x+sin x+1,故当x∈[-π,0],即sin x∈[-1,0]时,令sin x=t,t∈[-1,0],则问题转化为函数y=-2t2+t+1在区间[-1,0]上的值域,且y=-2t2+t+1图象的对称轴方程为t=,故函数y=-2t2+t+1在区间[-1,0]上单调递增,最大值为1,最小值为-2,故B错误.当x∈[-2π,-],y=sin x在区间[-2π,-]上单调递增,即sin x∈[0,1], t∈[0,1]时,函数y=-2t2+t+1在区间[0,]上单调递增,在区间[,1]上单调递减,根据复合函数单调性,知C错误.令f(x)=sin x+cos 2x=0,即-2sin2x+sin x+1=0,解得sin x=1或sin x=-,当x∈[-π,π]时,x=或x=-或x=-,故函数f(x)在区间[-π,π]上有3个零点,故D正确.故选AD.
(2)(2025江苏南京高三模拟)若函数f(x)=sin x+acos x的图象关于直线x=对称,则实数a的值是　　　　.
解析 因为函数f(x)=sin x+acos x=sin(x+θ)的图象关于直线x=对称,则f()=sin+acosa=±,整理得(a-)2=0,故a=(共7张PPT)
真题解构　三角函数与解三角形
例题 (13分)(2025全国2,15)已知函数f(x)=cos(2x+φ)(0≤φ<π),f(0)=.
(1)求φ;
(2)设函数g(x)=f(x)+f(x-),求g(x)的值域和单调区间.
命题分析　本题以三角恒等变换为背景,综合考查两角和差公式、辅助角公式的应用,以及余弦型函数的性质分析.试题设置于课程学习情境,体现基础性与综合性,通过条件转化和运算求解,考查学生的数学运算能力及转化与化归思想运用能力.
解题分析
题意理解
序号 信息读取 信息加工
1 f(x)=cos (2x+φ)(0≤φ<π),f(0)= 解三角方程,由φ的范围及特殊角函数值求解
2 g(x)=f(x)+f(x-) 利用和差角公式、辅助角公式等,将g(x)化为单角单函数的形式
3 值域和单调区间 根据公式,整体代入计算
思路探求
关键步骤 思维要点 思维缘由
(第2问) 化简 把g(x)=f(x)+f(x-)化为g(x)=cos(2x+) 根据两角和的余弦公式将f(x-)展开,合并同类项,再由辅助角公式变形
(第2问) 求值域和单调区间 由g(x)=cos(2x+)得值域和单调区间 因为x∈R,所以由余弦函数值的有界性可得值域[-];整体代入单调递增区间和单调递减区间公式,计算单调区间
书写表达
解 (1)因为f(0)=cos φ=,且0≤φ<π,
所以φ=.注①→思考:特殊角的函数值有哪几个 (3分)
(2)由(1)可知f(x)=cos(2x+),
所以g(x)=f(x)+f(x-)=cos(2x+)+cos 2x=cos 2x-sin 2x+cos 2x=cos 2x-sin 2x=cos(2x+),注②→思考:将g(x)化为余弦型函数的依据是什么 可以化为正弦型函数吗 (8分)
所以函数g(x)的值域为[-].注③→思考:本题如果角x有取值范围限制,求法有什么不同 (10分)
令2kπ≤2x+≤π+2kπ,k∈Z,
解得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z;
令π+2kπ≤2x+≤2π+2kπ,k∈Z,
解得+kπ≤x≤+kπ,k∈Z,(12分)
所以函数g(x)的单调递减区间为[-+kπ,+kπ],k∈Z,
函数g(x)的单调递增区间为[+kπ,+kπ],k∈Z.注④→思考:结果要写成区间.(13分)
回顾反思　解三角函数性质问题的关键是将函数表达式化简为单个角的正弦(余弦)型函数,再根据公式求解.在转化过程中,可以利用和差角的正弦公式、余弦公式、特殊角的函数值以及三角函数的性质等知识.本题先由特殊角的余弦值确定角度,从而求出f(x)的表达式,再利用三角恒等变换化简g(x),最后利用性质解决问题.试题源于人教A版必修一第255页20,21题,人教B版必修三第110页7题和第114页17题.(共56张PPT)
专题二　三角函数与解三角形
基础自测　思维引航
考点进阶　素养淬炼
目 录 索 引
第1讲　平面向量
基础自测　思维引航
基础自测
1.(2024上海,5)已知向量a=(2,5),b=(6,k),a∥b,则k=　　　　　.
15
解析 由a∥b,得,即5×6=2×k,解得k=15.
2.(2024新高考Ⅰ,3)已知向量a=(0,1),b=(2,x),若b⊥(b-4a),则x=(　　)
A.-2 B.-1
C.1 D.2
D
解析 ∵a=(0,1),b=(2,x),∴b-4a=(2,x)-4(0,1)=(2,x-4).
∵b⊥(b-4a),∴b·(b-4a)=0,即(2,x)·(2,x-4)=4+x(x-4)=0,∴x=2.
3.(人A必二6.2.4节练习)已知|a|=,|b|=1,且a-b与a+2b互相垂直,求证:a⊥b.
证明 根据题意,因为a-b与a+2b互相垂直,所以(a-b)·(a+2b)=0,
即a2+a·b-2b2=0.
又a2=|a|2=2,-2b2=-2|b|2=-2,所以a·b=0,因此a⊥b.
4.(人A必二6.2节习题)已知△ABC的外接圆圆心为O,且2, ||=||,则向量在向量上的投影向量为(　　)
A. B.
C.- D.-
A
解析 设D为BC的中点,则=2=2,故△ABC外接圆圆心O为BC的中点,所以∠BAC=90°.又||=||=||,所以∠ABC=60°,因此向量在向量上的投影向量为
思维引航
1.设向量a=(x1,y1),b=(x2,y2),θ为向量a,b的夹角.两非零向量a,b平行的充要条件:a∥b x1y2=x2y1.
2.设向量a=(x1,y1),b=(x2,y2),θ为向量a,b的夹角.
(1)a+b=(x1+x2,y1+y2);
(2)a-b=(x1-x2,y1-y2);
(3)λa=(λx1,λy1);
(4)两非零向量a,b垂直的充要条件:a·b=0 x1x2+y1y2=0.
3.对于向量a,b,c和实数λ,有
(1)a·b=b·a;
(2)(λa)·b=λ(a·b)=a·(λb);
(3)(a+b)·c=a·c+b·c.
4.投影向量:非零向量a在非零向量b上的投影向量为
|a|cos.
考点进阶　素养淬炼
考点一　平面向量的线性运算
例1　(1)在△ABC中,点D在边AB上,BD=2DA.记=m,=n,则=(　　)
A.3m-2n B.-2m+3n
C.3m+2n D.2m+3n
B
解析 因为点D在边AB上,BD=2DA,所以=2,即=2(),所以=3-2=3n-2m=-2m+3n.故选B.
(2)(2025天津,14)在△ABC中,D为AB中点,.记=a,=b,则用
a,b表示为　　　　;若||=5,且AE⊥CB,则=　　　　　.
a+b
-15
解析 =-b+a,
=-b+a,
则=b+a-b=a+b.
∵AE⊥CB,则=0,得(a+b)(a-b)=0,整理得a2+3a·b-4b2=0.①
又||=5,∴(a+b)2=a2+a·b+b2=25,整理得a2+8a·b+16b2=900.②
由①②得,a·b=-4b2+180,a2=16b2-540,
=(a+b)(a-b)==-=-15.
向量运算 定义 法则(或几何意义) 运算律
减法 求两个向量差的运算 三角形法则 a-b=a+(-b)
数乘 规定实数λ与向量a的积是一个向量,这种运算叫做向量的数乘,记作λa (1)|λa|=|λ||a|; (2)当λ>0时,λa的方向与a的方向相同;当λ<0时,λa的方向与a的方向相反;当λ=0时,λa=0 λ(μa)=λμa;
(λ+μ)a=λa+μa;
λ(a+b)=λa+λb
2.共线向量定理
(1)向量a(a≠0)与b共线的充要条件是:存在唯一一个实数λ,使b=λa.
(2)=λ+μ(λ,μ为实数),若点A,B,C共线(O不在直线BC上),则λ+μ=1.
【对点训练1】(1)如图,等腰梯形ABCD中,AB=BC=CD=3AD,点E为线段CD上靠近C的三等分点,点F为线段BC的中点,则=(　　)
A.- B.-
C.- D.-
A
解析 由题意,得
)+)
==-故选A.
(2)已知平面向量a,b不共线,=4a+6b,=-a+3b,=a+3b,则(　　)
A.A,B,D三点共线 B.A,B,C三点共线
C.B,C,D三点共线 D.A,C,D三点共线
D
解析 对于A,=-a+3b+(a+3b)=6b,与不共线,故A不正确;对于B,=4a+6b,=-a+3b,则不共线,故B不正确;
对于C,=-a+3b,=a+3b,则不共线,故C不正确;
对于D,=4a+6b+(-a+3b)=3a+9b=3,即
又线段AC与CD有公共点C,所以A,C,D三点共线,故D正确.故选D.
考点二　平面向量的数量积及其运算
例2　(1)已知向量a=(1,0),b=(0,1),a·c=b·c=1,则向量a在向量c上的投影向量为(　　)【一题多解】
A.() B.()
C.(-) D.(-)
A
解析 设c=(x,y),因为a=(1,0),b=(0,1),a·c=b·c=1,所以x=y=1,即c=(1,1).
(方法一)画出向量a,c,向量a在向量c上的投影向量,如图.过(1,0)点向c=(1,1)作垂线,易得垂足坐标为(),所以投影向量坐标为().
(方法二)因为a·c=1,|c|=,
所以向量a在向量c上的投影向量为=().
(2)已知向量a,b满足|a|=5,|b|=6,a·b=-6,则cos=(　　)
A.- B.-
C. D.
D
解析 ∵|a|=5,|b|=6,a·b=-6,∴a·(a+b)=|a|2+a·b=52-6=19.
又|a+b|==7,
故cos=故选D.
【对点训练2】(1)(2025湖北名校高三模拟)已知单位向量e1与e2的夹角为,则2e1+e2与e1-3e2的夹角为(　　)
A. B.
C. D.
C
解析 设2e1+e2与e1-3e2的夹角为θ,
则(2e1+e2)(e1-3e2)=2-5e1·e2-3=2--3=-
因为(2e1+e2)(e1-3e2)=|2e1+e2||e1-3e2|cos θ
=cos θ=cos θ=7cos θ,
所以7cos θ=-,故cos θ=-故C=故选C.
(2)(2025全国2,12)已知平面向量a=(x,1),b=(x-1,2x),若a⊥(a-b),则|a|=　　 .
解析 由题意a-b=(1,1-2x),
又a⊥(a-b),所以x·1+1×(1-2x)=0,解得x=1,即a=(1,1),所以|a|=
考点三　平面向量最值范围问题
考向1　极化恒等式
例3　已知圆C的圆心是坐标原点,半径是4,直线l:xcos α+ysin α-2=0与圆C交于A,B两点,M为圆上一动点,则的最大值是(　　)
A.16 B.12
C.24 D.16
C
解析 由题可得,圆C的方程:x2+y2=16,圆心O(0,0),则圆心到直线l的距离d==2.
设AB的中点为N(图略),则ON=d=2,AN=2
由极化恒等式知,[()2-()2]
=[(2)2-(2)2]=||2-||2=||2-12.
∵M在圆C上,N为弦AB中点,
∴MNmax=OM+ON=6,的最大值是24.故选C.
考向2　函数思想解决平面向量最值范围
例4　已知△ABC是边长为2的等边三角形,P为平面ABC内一点,则·()的最小值是(　　)【一题多解】
A.-2 B.-
C.- D.-1
B
解析 (方法一)以O为原点,OC,OA所在直线为x轴、y轴,建立如图所示的平面直角坐标系.A(0,),B(-1,0),C(1,0).
设P(x,y),连接OP,
则=(0,),=(-1,0),=(1,0),=(-x,-y),=(-x,-y),
=(-x,-y)·(-x,-y)=x2+y2-y=x2+(y-)2-,-
又=2,()=2-,故其最小值为-
(方法二　极化恒等式)=2,
()=2==-,
当且仅当P位于OA中点时,等号成立,故其最小值为-
考向3　等和线
例5　(2025山东滨州高三一模)在△ABC中,M为BC边上任意一点,N为线段AM上任意一点,若=λ+μ(λ,μ∈R),则λ+μ的取值范围是(　　)
A.[0,] B.[]
C.[0,1] D.[1,2]
C
解析 由题意,设=t(0≤t≤1),当t=0时,=0,所以+=0,
所以λ=μ=0,则λ+μ=0;
当0所以t=+,即
因为M,B,C三点共线,所以=1,即λ+μ=t∈(0,1].
综上,λ+μ的取值范围是[0,1].
【对点训练3】(1)在△ABC中,M为边BC上的任意一点,点N在线段AM上,且满足,若=λ+μ(λ,μ∈R),则λ+μ=(　　)
A. B.
C.1 D.4
A
解析 设=t(0≤t≤1).
因为,所以)=t()=(t)
又=+,所以λ+μ=(t)+t=
(2)(2025山东潍坊高三期末)边长为1的正方形内有一内切圆,MN是内切圆的一条弦,点P为正方形四条边上的动点,当弦MN的长度最大时,的
取值范围是　　　　　.
[0,]
解析 设正方形ABCD的内切圆为圆O,当弦MN的长度最大时,MN为圆O的一条直径,=()·()=当P为正方形ABCD的某边的中点时,;当P与正方形ABCD的任一顶点重合时,||max=,即||,故=||2-[0,].
(3)在边长为1的正方形ABCD中,点E为线段CD的三等分点,CE=DE, =λ+μ,则λ+μ=　　　　　;F为线段BE上的动点,G为线段AF中点,
则的最小值为　　　　.【一题多解】
　
-
解析 (方法一)因为CE=DE,即,则,可得λ=,μ=1,所以λ+μ=由题意可知,||=||=1,=0.
因为F为线段BE上的动点,设=k+k,k∈[0,1],
则+k=(k-1)+k
又因为G为线段AF中点,
则=-k-1)+(k-1),
可得=[(k-1)+k]·[k-1)+(k-1)]
=k-1)2+k(k-1)=(k-)2-
又因为k∈[0,1],则当k=1时,取到最小值-
(方法二)以B为原点,BA,BC所在直线为x轴、y轴,建立如图所示的平面直角坐标系,则A(-1,0),B(0,0),C(0,1),D(-1,1),E(-,1),=(-1,0),=(0,1),
=(-,1).因为=+=(-λ,μ),
则得λ=,μ=1,所以λ+μ=
因为点F在线段BE:y=-3x,x∈[-,0]上,设F(a,-3a),a∈[-,0],则=(a+1,-3a).因为G为AF中点,则G(,-a),可得=(,-a-1),则+
(-3a)(-a-1)=5(a+)2-,且a∈[-,0],所以当a=-时,取到最小值为-
考点四　平面向量的综合应用
例6　(1)(2025河南焦作高三模拟)已知△ABC内一点D满足=0,则△ABC的面积是△ABD面积的(　　)
A.5倍 B.4倍
C.3倍 D.2倍
A
解析 由=0,结合奔驰定理可得S△ABD=S△ABC=S△ABC,
所以△ABC的面积是△ABD面积的5倍.故选A.
(2)(2023全国乙,理12)已知☉O的半径为1,直线PA与☉O相切于点A,直线PB与☉O交于B,C两点,D为BC的中点,若|PO|=,则的最大值为(　　)
【一题多解】
A. B.
C.1+ D.2+
A
解析 (方法一)设∠DPO=α,由题可知α∈[0,).
∵||=,||=1,∴∠OPA=,
∴||=||cos α=cos α.
①当在PO两侧时,
=||||cos(α+)=cos α·cos(α+)
=cos α(cos α-sin α)=cos2α-sin αcos α
=sin 2α=-sin(2α-)+
∵α∈[0,),∴-2α-,
∴-sin(2α-)<,∴0<-sin(2α-)+1,∴0<1.
②当在PO同侧时,=||||cos(α-)=cos αcos(α-)
=cos2α+sin αcos α=sin 2α=sin(2α+)+
α∈[0,),
2α+,sin(2α+)≤1,∴1
综上,最大值为故选A.
(方法二)连接OA,由题可知|OA|=1,OA⊥PA,因为|OP|=,所以在Rt△PAO中,由勾股定理可得|PA|==1,则∠POA=设直线OP绕点P按逆时针方向旋转θ后与直线PD重合,则-<θ<,∠APD=+θ,且|PD|=cos θ,所以=||||cos(+θ)=cos θcos(+θ)=cos(2θ+)(利用结论cos αcos β=[cos(α+β)+cos(α-β)])故选A.
(方法三)以圆心O为坐标原点建立平面直角坐标系(图略),设圆O:x2+y2=1,令点P(,0),因为|OA|=1,且OA⊥PA,所以∠POA=,不妨令A().设直线
PD的方程为y=k(x-),B(x1,y1),C(x2,y2),由得(k2+1)x2-2k2x
+2k2-1=0.由Δ=8k4-4(k2+1)(2k2-1)=4-4k2>0,解得-1故选A.
【对点训练4】(1)(多选题)(2025广东深圳外国语学校期中)点O在△ABC内,以下说法正确的有( 　　)
A.若=0,则点O为△ABC的重心
B.若||=||=||,则点O为△ABC的外心
C.若()·=()·=()·=0,则点O为△ABC的内心
D.若,则点O为△ABC的垂心
ABD
解析 设BC,AC,AB的中点分别为D,E,F,连接OD,OE,OF.
对于A,=2,则+2=0,所以=-2,
所以A,O,D三点共线,即点O在中线AD上.同理可得,
点O在中线BE,CF上,所以点O是△ABC的重心,故A正确.
对于B,若||=||=||,则点O为△ABC的外心,故B正确.对于C,()=0,则2=0,所以直线OF为线段AB的垂直平分线.同理可得,直线OE,OD分别为线段AC,BC的垂直平分线,所以O为△ABC三边垂直平分线的交点,所以点O为△ABC的外心,故C错误.对于D,由已知可得()==0,即OB⊥CA,所以点O在AC边上的高线所在直线上.同理可得O在AB边上的高线所在直线上,O在BC边上的高线所在直线上,所以点O是△ABC的垂心,故D正确.故选ABD.
(2)设△ABC的内心为I,且满足2+5+6=0,则cos B的值是　　　　.
解析 设△ABC中角A,B,C所对边长分别为a,b,c,
由a+b+c=0,得a∶b∶c=2∶5∶6,所以cos B=(共32张PPT)
第2讲　三角函数的化简与求值
基础自测　思维引航
考点进阶　素养淬炼
目 录 索 引
基础自测　思维引航
基础自测
1.(人A必一5.5.1节练习)求下列各式的值:
(1)sin 15°cos 15°;
解 原式=2sin 15°cos 15°=sin 30°=
(2)cos2-sin2;
解 原式=cos
(3);
解 原式=tan 45°=
(4)2cos222.5°-1.
解 原式=cos 45°=
2.(人A必一5.5.2节例题)求下列函数的周期、最大值和最小值:
(1)y=sin x+cos x;
解 y=sin x+cos x=2(sin x+cos x)=2(sin xcos+cos xsin)=2sin(x+).
因此,所求周期为2π,最大值为2,最小值为-2.
(2)y=3sin x+4cos x.
解 设3sin x+4cos x=Asin(x+φ),则3sin x+4cos x=Asin xcos φ+Acos xsin φ.
于是Acos φ=3,Asin φ=4,于是A2cos2φ+A2sin2φ=25,
所以A2=25.取A=5,则cos φ=,sin φ=
由y=5sin(x+φ)可知,所求周期为2π,最大值为5,最小值为-5.
3.(2024全国甲,理8)已知,则tan(α+)=(　　)
A.2+1 B.2-1
C. D.1-
B
解析 由,得,则tan α=1-,
所以tan(α+)==2-1.故选B.
4.(2024新高考Ⅰ,4)已知cos(α+β)=m,tan αtan β=2,则cos(α-β)=(　　)
A.-3m B.-
C. D.3m
A
解析 ∵tan αtan β=2,∴sin αsin β=2cos αcos β.
∵cos(α+β)=m,
即cos αcos β-sin αsin β=cos αcos β-2cos αcos β=m,
∴cos αcos β=-m,sin αsin β=-2m.
∴cos(α-β)=cos αcos β+sin αsin β=-m-2m=-3m.
思维引航
1.sin 2α=2sin αcos α,cos 2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α,tan 2α=.
2.asin α+bcos α=·sin(α+β),tan β=.
3.tan(+α)=.
tan(-α)=.
4.sin(α+β)=sin αcos β+cos αsin β.
sin(α-β)=sin αcos β-cos αsin β.
cos(α+β)=cos αcos β-sin αsin β.
cos(α-β)=cos αcos β+sin αsin β.
tan(α+β)=.
tan(α-β)=.
考点进阶　素养淬炼
考点一　同角三角函数基本关系、诱导公式的应用
例1　(1)(2024新高考Ⅱ,13)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)=　　　　　.【一题多解】
-
解析 (方法一)tan(α+β)==-2
又2kπ+π<α+β<2kπ+2π,k∈Z,所以α+β为第四象限角.
由sin2(α+β)+cos2(α+β)=1,得sin2(α+β)+sin2(α+β)=1,所以sin2(α+β)=
又sin(α+β)<0,所以sin(α+β)=-
(方法二)设tan α=m,tan β=n,m>0,n>0,
则sin α=,cos α=,sin β=,cos β=,
所以sin(α+β)=sin αcos β+cos αsin β==-
(2)在平面直角坐标系Oxy中,角α与角β均以Ox为始边,它们的终边关于原点对称.若α∈[],则cos β的最大值为　　　　　.
-
解析 由题意知,β=α+π+2kπ,k∈Z,则cos β=cos(α+π+2kπ)=-cos α.
因为α∈[],所以cos α的取值范围是[],则cos β的取值范围是[-,-],
故当且仅当α=,即β=+2kπ,k∈Z时,cos β取得最大值,且最大值为-
【对点训练1】(1)已知cos(33°+α)=,且0°<α<90°,则tan(33°+α)sin(57°-α)-cos(147°-α)=(　　)
A. B.-
C. D.-
A
解析 由0°<α<90°,可得33°<α+33°<123°.
因为cos(33°+α)=,则sin(33°+α)=
又sin(57°-α)=sin[90°-(33°+α)]=cos(33°+α),
cos(147°-α)=cos[180°-(33°+α)]=-cos(33°+α),
所以tan(33°+α)·sin(57°-α)-cos(147°-α)
=cos(33°+α)+cos(33°+α)
=sin(33°+α)+cos(33°+α)=故选A.
(2)若α∈(),6tan(+α)+4cos(-α)=5cos 2α,则sin 2α=(　　)
A. B.
C. D.
C
解析 令t=+α,t∈(,π),得α=t-,则6tan t+4cos(-t)=5cos(2t-),
即6tan t+4sin t=5sin 2t=10sin tcos t,
整理得(5cos t+3)(cos t-1)=0,得cos t=-或cos t=1.
又cos t<0,则cos t=-,则sin 2α=sin(2t-)=-cos 2t=1-2cos2t=故选C.
考点二　三角函数式的化简与求值
例2　(1)(2024上海,14)下列函数中,f(x)的最小正周期是2π的是(　　)
A.f(x)=sin x+cos x
B.f(x)=sin xcos x
C.f(x)=sin2x+cos2x
D.f(x)=sin2x-cos2x
A
解析 对于A,f(x)=sin x+cos x=sin x+cos x)=sin(x+),则T=2π,满足条件,故A选项符合题意;
对于B,f(x)=sin xcos x=sin 2x,则T=π,不满足条件,故B选项不符合题意;
对于C,f(x)=sin2x+cos2x=1,为常函数,则不存在最小正周期,不满足条件,故C选项不符合题意;
对于D,f(x)=sin2x-cos2x=-cos 2x,则T=π,不满足条件,故D选项不符合题意.
故选A.
(2)已知α∈(0,π),且3cos 2α-8cos α=5,则sin α=(　　)
A. B.
C. D.
A
解析 由3cos 2α-8cos α=5,得3(2cos2α-1)-8cos α=5,即3cos2α-4cos α-4=0,
解得cos α=-或cos α=2(舍去).
又因为α∈(0,π),所以sin α>0,所以sin α=
【对点训练2】(1)函数y=与x2+y2=1的图象交于点A,O为坐标原点,设直线OA的倾斜角为θ,则cos 2θ+2cos θ=(　　)
A.1 B.
C. D.2
A
解析 由题意可知,A(cos θ,sin θ).
又点A在y=上,所以sin θ=,整理得cos2θ+cos θ=1.
所以cos 2θ+2cos θ=2cos2θ-1+2cos θ=2-1=1.故选A.
(2)(2024全国甲,文13)函数f(x)=sin x-cos x在区间[0,π]的最大值是
　　　　　.
2
解析 由题可得,f(x)=sin x-cos x=2sin(x-).
因为x∈[0,π],则x-[-],故x-,即x=时,f(x)取得最大值2.
考点三　三角恒等变换的综合应用
例3　(1)△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=2,且tan(B-)tan(C-)=1,若sin B=,则cos(2B+C)=(　　)
A.- B.-
C.- D.-
A
解析 由tan(B-)tan(C-)=1,得cos(B-)cos(C-)-sin(B-)sin(C-)=0,
则cos(B+C-)=0,故B+C-,即B+C=,则A=
因为cos(2B+C)=cos(B+C+B)=cos(B+C)cos B-sin(B+C)sin B,
且sin B=又cos(B+C)=-cos A=-,sin(B+C)=sin A=,
故cos(2B+C)=-=-故选A.
(2)设β∈(0,),若sin α=3sin(α+2β),tan β=,则tan(α+2β)=(　　)
A.- B.
C.- D.
A
解析 因为sin α=3sin(α+2β),则sin[(α+2β)-2β]=3sin(α+2β),
所以sin(α+2β)cos 2β-cos(α+2β)sin 2β=3sin(α+2β),
即sin(α+2β)(cos 2β-3)=cos(α+2β)sin 2β,得tan(α+2β)=
因为β∈(0,),tan β=,所以tan 2β==2,
则解得所以tan(α+2β)=-故选A.
【对点训练3】(1)(2025全国2,8)已知0<α<π,cos,则sin(α-)=(　　)
A. B.
C. D.
D
解析 由0<α<π可知0<,因为cos,所以sin,
所以sin α=2sincos=2,cos α=2cos2-1=2×()2-1=-
所以sin(α-)=sin αcos-cos αsin-(-)故选D.
(2)(2021新高考Ⅰ,6)若tan θ=-2,则=(　　)
A.- B.-
C. D.
C
解析
=sin θ(sin θ+cos θ)
=sin2θ+sin θcos θ=故选C.

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