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最新高考数学一轮复习-第四章-三角函数与解三角形【导学案】
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这是一份最新高考数学一轮复习-第四章-三角函数与解三角形【导学案】，共106页。
课程标准
1.了解任意角的概念和弧度制，能进行弧度与角度的互化．
2．理解任意角的三角函数(正弦、余弦、正切)的含义．
[由教材回扣基础]
1．三角函数的基本概念
2．弧度制
3．任意角的三角函数
澄清微点·熟记结论
(1)象限角
(2)若α，β，γ，θ分别为第一、二、三、四象限角，则eq \f(α,2)，eq \f(β,2)，eq \f(γ,2)，eq \f(θ,2)的终边所在的象限如图所示．
(3)若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，eq \f(π,2)))，则tan α>α>sin α.
(4)把弧度作为单位表示角的大小时，“弧度”两字可以省略不写，但把度(°)作为单位表示角时，度(°)就一定不能省略．
(5)已知三角函数值的符号确定角的终边位置，不要遗漏终边在坐标轴上的情况．
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)小于90°的角是锐角．( )
(2)锐角是第一象限角，反之亦然．( )
(3)将表的分针拨快5分钟，则分针转过的角度是30°.( )
(4)sin α＜0，则α为第三、四象限角．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)×
二、练牢教材小题
1．(人教A版必修④P13例3改编)若sin α＜0，且tan α＞0，则α是( )
A．第一象限角 B．第二象限角
C．第三象限角 D．第四象限角
答案：C
2．(新湘教版必修①P160例1改编)已知角α的终边过点P(4，－3)，则sin α＝________，tan α＝________.
答案：－eq \f(3,5) －eq \f(3,4)
3．(新苏教版必修①P161 T8改编)若α是第四象限角，则π－α是第________象限角．
答案：三
三、练清易错易混
1．(混淆角所在象限)已知角α＝2kπ－eq \f(π,5)(k∈Z)，若角θ与角α的终边相同，则y＝eq \f(sin θ,|sin θ|)＋eq \f(cs θ,|cs θ|)＋eq \f(tan θ,|tan θ|)的值为( )
A．1 B．－1 C．3 D．－3
答案：B
2．(易忽视扇形公式中的α是弧度制)已知60°的圆心角所对的弧长为2，则该弧所在圆的半径为________．
答案：eq \f(6,π)
3．(忽视对参数的讨论)已知角α的终边过点P(－8m,6m)(m≠0)，则sin α＝________.
解析：由题意得x＝－8m，y＝6m，所以r＝10|m|.
当m>0时，sin α＝eq \f(6m,10m)＝eq \f(3,5)；
当m<0时，sin α＝eq \f(6m,－10m)＝－eq \f(3,5).
答案：eq \f(3,5)或－eq \f(3,5)
4．(忽视轴线角)已知角α的终边经过点(3a－9，a＋2)，且cs α≤0，sin α＞0，则实数a的取值范围是________．
解析：∵cs α≤0，sin α＞0，∴角α的终边落在第二象限或y轴的正半轴上．
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a－9≤0，,a＋2＞0，))∴－2＜a≤3.
答案：(－2,3]
命题视角一 象限角及终边相同的角的表示(自主练通)
1．与角240°终边相同的角的集合是( )
解析：选D ∵240°＝eq \f(4π,3)，∴与角240°终边相同的角的集合是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(α|α＝2kπ＋\f(4,3)π，k∈Z)).
2．设集合M＝N＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x＝eq \f(k,4)·180°＋45°，k∈Z))，那么( )
A．M＝N B．M⊆N C．N⊆M D．M∩N＝∅
解析：选B 由于M＝xx＝eq \f(k,2)·180°＋45°，k∈Z＝{…，－45°，45°，135°，225°，…}，N＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x＝eq \f(k,4)·180°＋45°，k∈Z))＝{…，－45°，0°，45°，90°，135°，180°，225°，…}，显然有M⊆N.故选B.
3．若角α的顶点为坐标原点，始边在x轴的非负半轴上，终边在直线y＝－eq \r(3)x上，则角α的取值集合是( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(α|α＝2kπ－\f(π,3)，k∈Z))B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(α|α＝2kπ＋\f(2π,3)，k∈Z))
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(α|α＝kπ－\f(2π,3)，k∈Z)) D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(α|α＝kπ－\f(π,3)，k∈Z))
解析：选D 因为直线y＝－eq \r(3)x的倾斜角是eq \f(2π,3)，tan α＝－eq \r(3)，所以终边落在直线y＝－eq \r(3)x上的角的取值集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(α|α＝kπ－eq \f(π,3)，k∈Z))或者eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(α|α＝kπ＋eq \f(2π,3)，k∈Z)).故选D.
4．设角α属于第二象限，且eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs\f(α,2)))＝－cseq \f(α,2)，则角eq \f(α,2)属于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选C ∵α是第二象限角，∴90°＋k·360<α<180°＋k·360°，k∈Z，∴45°＋k·180°[一“点”就过]
1．利用终边相同的角的集合求适合某些条件的角
先写出与这个角的终边相同的所有角的集合，然后通过对集合中的参数k赋值来求得所需的角．
2．确定kα，eq \f(α,k)(k∈N*)的终边位置的方法
先用终边相同的角的形式表示出角α的范围，再写出kα或eq \f(α,k)的范围，然后根据k的可能取值讨论确定kα或eq \f(α,k)的终边所在位置．确定角的终边位置时易忽视角的终边与坐标轴重合的情况．
命题视角二 弧度制及其应用
[典例] 已知扇形的圆心角是α，半径为R，弧长为l.
(1)若α＝eq \f(π,3)，R＝10 cm，求扇形的弧长l；
(2)若扇形的周长是20 cm，当扇形的圆心角α为多少弧度时，这个扇形的面积最大？
(3)若α＝eq \f(π,3)，R＝2 cm，求扇形的弧所在的弓形的面积．
[解] (1)因为α＝eq \f(π,3)，R＝10 cm，
所以l＝|α|R＝eq \f(π,3)×10＝eq \f(10π,3)(cm)．
(2)由已知得，l＋2R＝20，所以S＝eq \f(1,2)lR＝eq \f(1,2)(20－2R)R＝10R－R2＝－(R－5)2＋25.所以当R＝5时，S取得最大值，此时l＝10 cm，α＝2.
(3)设弓形面积为S弓形，由题意知l＝eq \f(2π,3) cm，所以S弓形＝eq \f(1,2)×eq \f(2π,3)×2－eq \f(1,2)×22×sineq \f(π,3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－\r(3)))cm2.
[方法技巧]
应用弧度制解决问题的策略
(1)利用扇形的弧长和面积公式解题时，要注意角的单位必须是弧度．
(2)求扇形面积最大值问题时，常转化为二次函数的最值问题，利用配方法使问题得到解决．
(3)在解决弧长问题和扇形面积问题时，要合理地利用圆心角所在的三角形．
[针对训练]
1．若扇形的圆心角是α＝120°，弦长AB＝12 cm，则弧长l等于( )
A．eq \f(4\r(3),3)π cm B．eq \f(8\r(3),3)π cm
C．4eq \r(3) cm D．8eq \r(3) cm
解析：选B 设扇形的半径为r cm，如图．
由sin 60°＝eq \f(6,r)，得r＝4eq \r(3) cm，所以l＝|α|·r＝eq \f(2π,3)×4eq \r(3)＝eq \f(8\r(3),3)π cm.
2．(2022·杭州模拟)《九章算术》是中国古代数学名著，其对扇形田面积给出“以径乘周四而一”的算法与现代数学的算法一致．如某一问题：现有扇形田，下周长(弧长)20米，径长(两段半径的和)24米，则该扇形田的面积为________平方米．
解析：由题意得弧长l＝20，半径r＝12，扇形田面积S＝eq \f(1,2)lr＝eq \f(1,2)×20×12＝120(平方米)．
答案：120
命题视角三 任意角的三角函数的定义及应用
考法(一) 三角函数的定义
[例1] (1)函数y＝lga(x－3)＋2(a>0且a≠1)的图象过定点P，且角α的终边过点P，则sin α＋cs α的值为( )
A．eq \f(7,5) B．eq \f(6,5) C．eq \f(\r(5),5) D．eq \f(3\r(5),5)
(2)已知角θ的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线y＝－2x上，则sin 2θ＝( )
A．eq \f(3,5) B．－eq \f(3,5) C．eq \f(4,5) D．－eq \f(4,5)
[解析] (1)因为函数y＝lga(x－3)＋2的图象过定点P(4,2)，且角α的终边过点P，所以x＝4，y＝2，r＝2eq \r(5)，所以sin α＝eq \f(\r(5),5)，cs α＝eq \f(2\r(5),5)，所以sin α＋cs α＝eq \f(\r(5),5)＋eq \f(2\r(5),5)＝eq \f(3\r(5),5).
(2)在角θ的终边所在直线y＝－2x上任取一点P(a,2a)(a≠0)，则r＝|OP|＝eq \r(5)|a|.由三角函数的定义知sin θ＝eq \f(－2a,\r(5)|a|)，cs θ＝eq \f(a,\r(5)|a|)，故sin 2θ＝2sin θ·cs θ＝2·eq \f(－2a,\r(5)|a|)·eq \f(a,\r(5)|a|)＝－eq \f(4,5)，故选D.
[答案] (1)D (2)D
[方法技巧]
三角函数定义的应用策略
(1)已知角α终边上一点P的坐标，则可先求出点P到原点的距离r，然后用三角函数的定义求解．
(2)已知角α的终边所在的直线方程，则可先设出终边上一点的坐标，求出此点到原点的距离，然后用三角函数的定义求解．
(3)已知角α的某三角函数值，可求角α终边上一点P的坐标中的参数值，可根据定义中的两个量列方程求参数值．
考法(二) 三角函数值符号的判断
[例2] (1)若sin αtan α<0，且eq \f(cs α,tan α)<0，则角α是( )
A．第一象限角 B．第二象限角
C．第三象限角 D．第四象限角
(2)sin 2·cs 3·tan 4的值( )
A．小于0 B．大于0 C．等于0 D．不存在
[解析] (1)由sin αtan α<0可知sin α，tan α异号，则α为第二象限角或第三象限角．由eq \f(cs α,tan α)<0可知cs α，tan α异号，则α为第三象限角或第四象限角．综上可知，α为第三象限角．
(2)因为eq \f(π,2)＜2＜3＜π＜4＜eq \f(3π,2)，所以sin 2＞0，cs 3＜0，tan 4＞0，所以sin 2·cs 3·tan 4＜0.
[答案] (1)C (2)A
[方法技巧]
已知一角的三角函数值(sin α，cs α，tan α)中任意两个的符号，可分别确定出角终边所在的可能位置，二者的交集即为该角的终边位置，注意终边在坐标轴上的特殊情况．
[针对训练]
1．已知点P(tan α，cs α)在第三象限，则角α的终边在( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选B 由题意知tan α<0，cs α<0，根据三角函数值的符号规律可知，角α的终边在第二象限．故选B.
2．已知角α的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上一点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(3π,4)，cs\f(3π,4)))，则角α的最小正角为( )
A.eq \f(π,4) B.eq \f(3π,4) C.eq \f(5π,4) D.eq \f(7π,4)
解析：选D 角α的终边上一点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(3π,4)，cs\f(3π,4)))，即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，故点M在第四象限，且tan α＝eq \f(－\f(\r(2),2),\f(\r(2),2))＝－1，则角α的最小正角为eq \f(7π,4)，故选D.
3．已知tan θ＝eq \r(3)，且角θ为第一象限角，P为角θ终边上一点，|OP|＝2eq \r(3)，则点P的坐标为( )
A．(1，eq \r(3)) B．(2，eq \r(3))
C．(eq \r(3)，3) D．(－3，－eq \r(3))
解析：选C 由tan θ＝eq \r(3)，且角θ为第一象限角，设角θ终边上一点P的坐标为(x，eq \r(3)x)(x＞0)，又|OP|＝2eq \r(3)＝eq \r(x2＋3x2)，解得x＝eq \r(3)，所以点P的坐标为(eq \r(3)，3)．故选C.
4．已知角α的终边上一点P(－eq \r(3)，m)(m≠0)，且sin α＝eq \f(\r(2)m,4)，则cs α＝________，tan α＝________.
解析：设P(x，y)．由题设知x＝－eq \r(3)，y＝m，所以r2＝|OP|2＝(－eq \r(3))2＋m2(O为原点)，
即r＝eq \r(3＋m2)，所以sin α＝eq \f(y,r)＝eq \f(m,\r(3＋m2))＝eq \f(\r(2)m,4)＝eq \f(m,2\r(2))，所以r＝eq \r(3＋m2)＝2eq \r(2)，
即3＋m2＝8，解得m＝±eq \r(5).
当m＝eq \r(5)时，r＝2eq \r(2)，x＝－eq \r(3)，y＝eq \r(5)，
所以cs α＝eq \f(x,r)＝eq \f(－\r(3),2\r(2))＝－eq \f(\r(6),4)，tan α＝eq \f(y,x)＝－eq \f(\r(15),3)；
当m＝－eq \r(5)时，r＝2eq \r(2)，x＝－eq \r(3)，y＝－eq \r(5)，
所以cs α＝eq \f(x,r)＝eq \f(－\r(3),2\r(2))＝－eq \f(\r(6),4)，tan α＝eq \f(y,x)＝eq \f(\r(15),3).
答案：－eq \f(\r(6),4) －eq \f(\r(15),3)或eq \f(\r(15),3)
数学建模·练抽象思维——三角中的创新应用问题
1．(创新学科情境)平面直角坐标系中，设角α的终边上任意一点P的坐标是(x，y)，它与原点的距离是r(r＞0)，规定：比值eq \f(y－x,r)叫做α的正余混弦，记作sch α.若sch α＝eq \f(1,5)(0＜α＜π)，则tan α＝( )
A．－eq \f(3,4) B．eq \f(3,4) C．－eq \f(4,3) D．eq \f(4,3)
解析：选D 由题意得sch α＝eq \f(1,5)＝eq \f(y－x,r)＝eq \f(y－x,\r(x2＋y2))(0＜α＜π)，所以25(y－x)2＝x2＋y2，即24eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)))2－50eq \f(y,x)＋24＝0，且y＞x，解得eq \f(y,x)＝eq \f(4,3).故tan α＝eq \f(4,3).
2.(创新学科情境)按如图连接圆上的五等分点，得到优美的“五角星”，图形中含有很多美妙的数学关系，例如图中点H即为弦BE的黄金分割点，其黄金分割比为eq \f(BH,HE)＝eq \f(HE,BE)＝eq \f(\r(5)－1,2)≈0.618，五角星的每个顶角都为36°.由此信息你可以得出sin 18°的值为( )
A．eq \f(\r(5)－1,2) B．eq \f(\r(5)－1,3)
C．eq \f(\r(5)－1,4) D．eq \f(\r(5)－1,5)
解析：选C 如图所示，设BE与AD交于点F，G为线段FH的中点，连接AG.由五角星的对称性可知∠AGH为直角，∠GAH＝eq \f(1,2)∠CAD＝eq \f(1,2)×36°＝18°.设BH＝eq \r(5)－1，则HE＝2，FE＝AH＝BH＝eq \r(5)－1，∴HG＝eq \f(1,2)FH＝eq \f(1,2)(HE－FE)＝eq \f(1,2)×(2－eq \r(5)＋1)＝eq \f(3－\r(5),2)，∴sin 18°＝eq \f(HG,AH)＝eq \f(\f(3－\r(5),2),\r(5)－1)＝eq \f(3－\r(5),2\r(5)－1)＝eq \f(3－\r(5)\r(5)＋1,2\r(5)－1\r(5)＋1)＝eq \f(\r(5)－1,4).故选C.
3.(参悟数学文化)《九章算术》是中国古代的数学名著，其中《方田》一章给出了弧田(由圆弧和其所对弦围成)面积的计算公式：弧田面积＝eq \f(1,2)(弦×矢＋矢2)．公式中“弦”指圆弧所对的弦长，“矢”等于圆弧的最高点到弦的距离．如图中阴影部分，弧田是由圆弧和其所对弦AB围成的图形．若弧田的弧长为eq \f(8π,3)，弧所在的圆的半径为4，则利用《九章算术》中的弧田面积公式计算出来的面积与实际面积之差为________．
解析：设圆弧所对圆心角的弧度为α，由题意可知α×4＝eq \f(8π,3)，解得α＝eq \f(2π,3).故扇形AOB的面积为eq \f(1,2)×eq \f(8π,3)×4＝eq \f(16π,3)，△AOB的面积为eq \f(1,2)×sineq \f(2π,3)×42＝4eq \r(3)，
所以弧田的实际面积为eq \f(16π,3)－4eq \r(3).作OD⊥AB分别交弦AB，于点D，C，则AB＝4eq \r(3)，OD＝2，所以利用《九章算术》中的弧田面积公式计算出来的弧田面积为eq \f(1,2)×(4eq \r(3)×2＋22)＝4eq \r(3)＋2，则所求差值为(4eq \r(3)＋2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16π,3)－4\r(3)))＝8eq \r(3)＋2－eq \f(16π,3).
答案：8eq \r(3)＋2－eq \f(16π,3)
4.(衔接高等数学)鲁洛克斯三角形又称“勒洛三角形”，是一种特殊的三角形，指分别以正三角形的顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形．鲁洛克斯三角形的特点是：在任何方向上都有相同的宽度，机械加工业上利用这个性质，把钻头的横截面做成鲁洛克斯三角形的形状，就能在零件上钻出正方形的孔来．如图，已知某鲁洛克斯三角形的一段弧的长度为π，则线段AB的长为________，该鲁洛克斯三角形的面积为________．
解析：因为△ABC是正三角形，以点C为圆心的弧AB所对圆心角为eq \f(π,3)，则有eq \f(π,3)·AC＝π，解得AC＝3，所以AB＝3，弧AB与弦AB所对弓形面积为S1＝eq \f(1,2)×3π－eq \f(1,2)AB2sineq \f(π,3)＝eq \f(3π,2)－eq \f(9\r(3),4)，所以鲁洛克斯三角形的面积为S＝3S1＋eq \f(1,2)AB2sineq \f(π,3)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－\f(9\r(3),4)))＋eq \f(9\r(3),4)＝eq \f(9π－9\r(3),2).
答案：3 eq \f(9π－9\r(3),2)
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1．某学校大门口有一座钟楼，每到夜晚灯光亮起都是一道靓丽的风景，有一天因停电导致钟表慢10分钟，则将钟表拨快到准确时间分针所转过的弧度数是( )
A．－eq \f(π,3) B．－eq \f(π,6) C.eq \f(π,6) D.eq \f(π,3)
解析：选A 分针需要顺时针方向旋转60°，即弧度数为－eq \f(π,3).
2．(2022·南通期末)已知扇形的圆心角为eq \f(π,6)，面积为eq \f(π,3)，则扇形的弧长为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,2)
解析：选C 设扇形的半径为r，则eq \f(1,2)×eq \f(π,6)×r2＝eq \f(π,3)，解得r＝2.所以扇形的弧长为2×eq \f(π,6)＝eq \f(π,3).
3．已知点P(sin(－30°)，cs(－30°))在角θ的终边上，且θ∈[－2π，0)，则角θ的大小为( )
A．－eq \f(π,3) B.eq \f(2π,3) C．－eq \f(2π,3) D．－eq \f(4π,3)
解析：选D 因为P(sin(－30°)，cs(－30°))，所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，所以θ是第二象限角，又θ∈[－2π，0)，所以θ＝－eq \f(4π,3).
4．已知角α的终边上有一点P(t，t2＋1)(t>0)，则tan α的最小值为( )
A．1 B．2 C.eq \f(1,2) D.eq \r(2)
解析：选B 根据已知条件得tan α＝eq \f(t2＋1,t)＝t＋eq \f(1,t)≥2，当且仅当t＝1时，等号成立，tan α取得最小值2.
5．已知角α的始边与x轴的正半轴重合，顶点在坐标原点，角α终边上的一点P到原点的距离为eq \r(2)，若α＝eq \f(π,4)，则点P的坐标为( )
A．(1，eq \r(2)) B．(eq \r(2)，1) C．(eq \r(2)，eq \r(2)) D．(1,1)
解析：选D 设P(x，y)，则sin α＝eq \f(y,\r(2))＝sineq \f(π,4)，∴y＝1.又cs α＝eq \f(x,\r(2))＝cseq \f(π,4)，∴x＝1，∴P(1,1)．
二、综合练——练思维敏锐度
1．在平面直角坐标系xOy中，角α以Ox为始边，终边经过点P(－1，m)(m≠0)，则下列各式的值一定为负的是( )
A．sin α＋cs α B．sin α－cs α
C．sin αcs α D.eq \f(sin α,tan α)
解析：选D 由已知得r＝|OP|＝eq \r(m2＋1)，则sin α＝eq \f(m,\r(m2＋1))，cs α＝－eq \f(1,\r(m2＋1))＜0，tan α＝－m.所以eq \f(sin α,tan α)＝cs α＜0.故一定为负值的是D.
2．已知角θ的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线y＝2x上，则cs 2θ＝( )
A．－eq \f(4,5) B．－eq \f(3,5)
C.eq \f(3,5) D.eq \f(4,5)
解析：选B 设P(t,2t)(t≠0)为角θ终边上任意一点，
则cs θ＝eq \f(t,\r(5)|t|).
当t＞0时，cs θ＝eq \f(\r(5),5)；当t＜0时，cs θ＝－eq \f(\r(5),5).
因此cs 2θ＝2cs2θ－1＝eq \f(2,5)－1＝－eq \f(3,5).
3．已知角α的终边经过点(eq \r(3)，－1)，则角α的最小正值是( )
A.eq \f(2π,3) B.eq \f(11π,6)
C.eq \f(5π,6) D.eq \f(3π,4)
解析：选B ∵sin α＝eq \f(－1,2)＝－eq \f(1,2)，且α的终边在第四象限，∴角α的最小正值是eq \f(11π,6).
4．已知α，β是第一象限角，且sin α>sin β，则( )
A．α>β B．α<β
C．cs α>cs β D．tan α>tan β
解析：选D 因为α，β是第一象限角，所以sin α>0，sin β>0，又sin α>sin β，所以sin2α>sin2β>0，所以1－cs2α>1－cs2β，所以cs2αeq \f(1,cs2β)>0，所以tan2α>tan2β，因为tan α>0，tan β>0，所以tan α>tan β.故选D.
5．设α是三角形的一个内角，在sin α，sineq \f(α,2)，cs α，cs 2α，tan 2α，taneq \f(α,2)中可能为负数的值的个数是( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选A 由题意，得0°<α<180°，若0°<α<90°，
则0°<2α<180°，可能为负数的有cs 2α，tan 2α；
若90°<α<135°，则180°<2α<270°，
可能为负数的有cs α，cs 2α；
若135°<α<180°，则270°<2α<360°，
可能为负数的有cs α，tan 2α，故选A.
6．在直角坐标系xOy中，角α的始边为x轴的正半轴，顶点为坐标原点O，已知角α的终边l与单位圆交于点A(0.6，m)，将l绕原点逆时针旋转eq \f(π,2)与单位圆交于点B(x，y)，若tan α＝－eq \f(4,3)，则x＝( )
A．0.6 B．0.8 C．－0.6 D．－0.8
解析：选B 已知角α的终边l与单位圆交于点A(0.6，m)，且tan α＝－eq \f(4,3)，则tan α＝eq \f(m,0.6)＝－eq \f(4,3)，解得m＝－0.8，所以A(0.6，－0.8)在第四象限，角α为第四象限角．由l绕原点逆时针旋转eq \f(π,2)与单位圆交于点B(x，y)，可知点B(x，y)在第一象限，则∠BOx＝eq \f(π,2)＋α，所以cs∠BOx＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,2)＋α))＝－sin α，即eq \f(x,1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(－0.8,1)))，解得x＝0.8.
7．若α＝1 560°，角θ与α终边相同，且－360°＜θ＜360°，则θ＝________.
解析：因为α＝1 560°＝4×360°＋120°，
所以与α终边相同的角为360°×k＋120°，k∈Z，
令k＝－1或k＝0可得θ＝－240°或θ＝120°.
答案：120°或－240°
8．若角α的终边与直线y＝3x重合，且sin α<0，又P(m，n)是角α终边上一点，且|OP|＝eq \r(10)，则m－n＝________.
解析：由已知tan α＝3，∴n＝3m，又m2＋n2＝10，
∴m2＝1，又sin α<0，∴m＝－1，n＝－3.
∴m－n＝2.
答案：2
9．已知扇形的周长为4，当它的半径为________和圆心角为______弧度时，扇形面积最大，这个最大面积是________．
解析：设扇形圆心角为α，半径为r，则2r＋|α|r＝4，∴|α|＝eq \f(4,r)－2.∴S扇形＝eq \f(1,2)|α|·r2＝2r－r2＝－(r－1)2＋1，∴当r＝1时，(S扇形)max＝1，此时|α|＝2.
答案：1 2 1
10.三星堆古遗址位于四川省广汉市西北的鸭子河南岸，是迄今在西南地区发现的范围最大、延续时间最长、文化内涵最丰富的古蜀文化遗址．青铜太阳轮是三星堆出土器物中最具神秘色彩的器物之一，该文物中央凸起，周围均匀分布了五个芒条，现将该太阳轮的中心记为点A，相邻的两个芒条
与圆轮交于B，C两点，如图，某考古工作人员为了估计该太阳轮的圆轮周长，现测得B，C两点间的距离约为51 cm，则太阳轮的圆轮周长约为________cm.
解析：连接AB，AC，BC，由题意得∠BAC＝eq \f(2π,5)，取BC的中点D，连接AD，则AD⊥BC，BD＝25.5，从而AB＝eq \f(25.5,sin\f(π,5))，因此太阳轮的圆轮周长为2π·AB＝eq \f(51π,sin\f(π,5))≈eq \f(51×3.14,0.6)＝266.9(cm)．
答案：266.9
第二节 同角三角函数的基本关系与诱导公式
课程标准
eq \a\vs4\al(1.理解同角三角函数的基本关系式：sin2x＋cs2x＝1，\f(sin x,cs x)＝tan x.,2.借助单位圆的对称性，利用定义推导出\f(π,2)±α，π±α的正弦、余弦、正切的诱导公式.)
[由教材回扣基础]
1．同角三角函数的基本关系式
2.诱导公式
澄清微点·熟记结论
(1)同角三角函数的基本关系式的几种变形
①sin2α＝1－cs2α＝(1＋cs α)(1－cs α)；
cs2α＝1－sin2α＝(1＋sin α)(1－sin α)；
(sin α±cs α)2＝1±2sin αcs α.
②sin α＝tan αcs αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α≠eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z)).
③sin2α＝eq \f(sin2α,sin2α＋cs2α)＝eq \f(tan2α,tan2α＋1)；
cs2α＝eq \f(cs2α,sin2α＋cs2α)＝eq \f(1,tan2α＋1).
(2)在利用同角三角函数的平方关系时，若开方，要特别注意判断符号．
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)使sin(π＋α)＝－sin α成立的条件是α为锐角．( )
(2)六组诱导公式中的角α可以是任意角．( )
(3)若sin(kπ－α)＝eq \f(1,3)(k∈Z)，则sin α＝eq \f(1,3).( )
(4)若α，β为锐角，则sin2α＋cs2β＝1.( )
(5)若α∈R，则tan α＝eq \f(sin α,cs α)恒成立．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)×
二、练牢教材小题
1．(人教A版必修④P19例6改编)已知sin α＝－eq \f(4,5)，则tan α＝________.
答案：±eq \f(4,3)
2．(新北师大版必修②P26 T3改编)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,2)＋α))＝eq \f(1,5)，那么cs α＝________.
答案：eq \f(1,5)
3．(人教B版必修④P33T4改编)化简：eq \f(csα－π,sinπ－α)·sinα－eq \f(π,2)·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝________.
答案：－cs2α
三、练清易错易混
1．(忽视角所在的象限)已知α是第二象限角，sin α＝eq \f(5,13)，则cs α等于( )
A．－eq \f(12,13) B．－eq \f(5,13)
C．eq \f(5,13) D．eq \f(12,13)
答案：A
2．(忽视诱导公式变名、变号的条件)计算下列各式的值：(1)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(31π,4)))＝________；(2)taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(26π,3)))＝________.
答案：(1)eq \f(\r(2),2) (2)eq \r(3)
3．(忽视对k的讨论)已知A＝eq \f(sinkπ＋α,sin α)＋eq \f(cskπ＋α,cs α)(k∈Z)，则A的值构成的集合是________．
解析：当k为奇数时，A＝eq \f(－sin α,sin α)－eq \f(cs α,cs α)＝－2.当k为偶数时，A＝eq \f(sin α,sin α)＋eq \f(cs α,cs α)＝2.
答案：{－2,2}
命题视角一 三角函数的诱导公式(自主练通)
1．已知角α的终边过点P(－7,24)，则sin(π＋α)＋cseq \f(3π,2)－α的值为( )
A．－eq \f(48,25) B．eq \f(48,25)
C．0 D．eq \f(14,25)
解析：选A 因为角α的终边过点P(－7,24)，所以sin α＝eq \f(24,\r(－72＋242))＝eq \f(24,25)，则sin(π＋α)＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(3π,2)－α))＝－sin α－sin α＝－2sin α＝－eq \f(48,25).
2．已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(2π,3)＋θ))＝－eq \f(7,9)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,6)＋θ))的值等于( )
A．eq \f(1,3) B．eq \f(7,9)
C．－eq \f(1,3) D．－eq \f(7,9)
解析：选B sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,6)＋θ))＝＝
3．已知f(α)＝eq \f(sin2π－αcs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α)),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋α))tanπ＋α)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),2)
C.eq \f(\r(3),2) D．－eq \f(1,2)
解析：选A f(α)＝eq \f(sin2π－αcs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α)),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋α))tanπ＋α)＝eq \f(－sin α－sin α,sin αtan α)＝eq \f(sin2α,sin α·\f(sin α,cs α))＝cs α.则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝cseq \f(π,3)＝eq \f(1,2).
4．化简eq \f(sinnπ＋αcsnπ－α,cs[n＋1π－α])(n∈Z)的结果为________．
解析：①当n＝2k(k∈Z)时，
原式＝eq \f(sin2kπ＋αcs2kπ－α,cs[2k＋1π－α])＝eq \f(sin αcs α,－cs α)＝－sin α.
②当n＝2k＋1(k∈Z)时，
原式＝eq \f(sin[2k＋1π＋α]cs[2k＋1π－α],cs[2k＋2π－α])
＝eq \f(－sin α－cs α,cs α)＝sin α.
综上，化简的结果为(－1)n＋1sin α(n∈Z)．
答案：(－1)n＋1sin α(n∈Z)
[一“点”就过]
应用诱导公式的注意点
(1)求值时化角的原则与方向：负化正，大化小，化到锐角为终了．
(2)化简时的原则与方向：统一角，统一名，同角名少为终了．
(3)注意观察已知角与所求角的关系，如果两者之差或和为eq \f(π,2)的整数倍，可考虑诱导公式，如eq \f(π,6)－θ＋eq \f(5π,6)＋θ＝π，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－θ))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－θ))＝eq \f(π,2).
命题视角二 同角三角函数的基本关系
考法(一) 知弦求弦、切或知切求弦
[例1] (1)设cs(－80°)＝k，那么tan 100°等于( )
A．eq \f(\r(1－k2),k) B．－eq \f(\r(1－k2),k)
C．eq \f(k,\r(1－k2)) D．－eq \f(k,\r(1－k2))
(2)若sin α＝－eq \f(5,13)，且α为第四象限角，则tan α的值等于( )
A．eq \f(12,5) B．－eq \f(12,5) C．eq \f(5,12) D．－eq \f(5,12)
[解析] (1)∵cs(－80°)＝cs 80°＝k，∴sin 80°＝eq \r(1－cs280°)＝eq \r(1－k2)，∴tan 100°＝－tan 80°＝－eq \f(\r(1－k2),k).故选B.
(2)因为α为第四象限角，故cs α＝eq \r(1－sin2α)＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,13)))2)＝eq \f(12,13)，所以tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝eq \f(－\f(5,13),\f(12,13))＝－eq \f(5,12).
[答案] (1)B (2)D
[方法技巧]
考法(二) 知切求f(sin α、cs α)的值
[例2] (1)已知tan(3π＋α)＝3，则eq \f(3sin α－cs α,2sin α＋3cs α)＝( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(8,9) C.eq \f(2,3) D．2
(2)已知0<α[解析] (1)∵tan(3π＋α)＝3，∴tan α＝3，∴eq \f(3sin α－cs α,2sin α＋3cs α)＝eq \f(3tan α－1,2tan α＋3)＝eq \f(3×3－1,2×3＋3)＝eq \f(8,9).故选B.
(2)∵0<α[答案] (1)B (2)20
[方法技巧]
“切弦互化”的技巧
(1)弦化切：把正弦、余弦化成切的结构形式，统一为“切”的表达式，进行求值．常见的结构有：
①sin α，cs α的二次齐次式(如asin2α＋bsin αcs α＋ccs2α)的问题常采用“切”代换法求解；
②sin α，cs α的齐次分式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(如\f(asin α＋bcs α,csin α＋dcs α)))的问题常采用分式的基本性质进行变形．
(2)切化弦：利用公式tan α＝eq \f(sin α,cs α)，把式子中的切化成弦．一般单独出现正切的时候，采用此技巧．
考法(三) sin α±cs α与sin αcs α关系的应用
[例3] (1)已知sin αcs α＝eq \f(3,8)，且eq \f(π,4)<αA.eq \f(1,2) B．±eq \f(1,2) C．－eq \f(1,4) D．－eq \f(1,2)
(2)(2022·深圳模拟)已知－eq \f(π,2)<α<0，sin α＋cs α＝eq \f(1,5)，则eq \f(1,cs2α－sin2α)的值为( )
A.eq \f(7,5) B.eq \f(25,7) C.eq \f(7,25) D.eq \f(24,25)
[解析] (1)∵sin αcs α＝eq \f(3,8)，∴(cs α－sin α)2＝cs2α－2sin αcs α＋sin2α＝1－2sin αcs α＝1－2×eq \f(3,8)＝eq \f(1,4)，∵eq \f(π,4)<α(2)由题意，因为sin α＋cs α＝eq \f(1,5)，所以1＋2sin αcs α＝eq \f(1,25)，所以2sin αcs α＝－eq \f(24,25)，
所以(cs α－sin α)2＝1－2sin αcs α＝eq \f(49,25)，
又因为－eq \f(π,2)<α<0，所以sin α<0，cs α>0，
所以cs α－sin α＝eq \f(7,5)，
所以eq \f(1,cs2α－sin2α)＝eq \f(1,cs α＋sin αcs α－sin α)＝eq \f(25,7)，故选B.
[答案] (1)D (2)B
[方法技巧]
正弦、余弦“sin α±cs α，sin α·cs α”的应用
sin α±cs α与sin α·cs α通过平方关系联系到一起，即(sin α±cs α)2＝1±2sin αcs α，sin αcs α＝eq \f(sin α＋cs α2－1,2)，sin αcs α＝eq \f(1－sin α－cs α2,2).因此在解题中已知1个可求另外2个．
[针对训练]
1．(2022·重庆八中月考)已知θ是第三象限角，且cs(π＋θ)＝eq \f(1,3)，则tan θ＝( )
A．eq \f(\r(2),4) B．2
C．2eq \r(2) D．eq \r(10)
解析：选C cs(π＋θ)＝－cs θ＝eq \f(1,3)，所以cs θ＝－eq \f(1,3)，又θ是第三象限角，所以sin θ＝－eq \r(1－cs2θ)＝－＝－eq \f(2\r(2),3)，所以tan θ＝eq \f(sin θ,cs θ)＝eq \f(－\f(2\r(2),3),－\f(1,3))＝2eq \r(2).
2．若tan α＝eq \f(3,4)，则cs2α＋2sin 2α等于( )
A．eq \f(64,25) B．eq \f(48,25) C．1 D．eq \f(16,25)
解析：选A tan α＝eq \f(3,4)，则cs2α＋2sin 2α＝eq \f(cs2α＋2sin 2α,cs2α＋sin2α)＝eq \f(cs2α＋4sin αcs α,cs2α＋sin2α)＝eq \f(1＋4tan α,1＋tan2α)＝eq \f(64,25).
3．已知sin α，cs α是方程3x2－2x＋a＝0的两个根，则实数a的值为( )
A.eq \f(5,6) B．－eq \f(5,6) C.eq \f(4,3) D.eq \f(3,4)
解析：选B 由题意可得，sin α＋cs α＝eq \f(2,3)，sin αcs α＝eq \f(a,3).所以sin2α＋cs2α＝(sin α＋cs α)2－2sin αcs α＝eq \f(4,9)－eq \f(2a,3)＝1，解得a＝－eq \f(5,6).
一题多变·练发散思维——同角三角函数的基本关系的应用
[典型母题]
(2021·全国甲卷)若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，tan 2α＝eq \f(cs α,2－sin α)，则tan α＝( )
A.eq \f(\r(15),15) B.eq \f(\r(5),5) C.eq \f(\r(5),3) D.eq \f(\r(15),3)
[解题观摩] 因为tan 2α＝eq \f(cs α,2－sin α)＝eq \f(2tan α,1－tan2α)，所以cs α－eq \f(sin2α,cs α)＝2(2－sin α)eq \f(sin α,cs α)，即eq \f(1－2sin2α,cs α)＝eq \f(4sin α－2sin2α,cs α)，所以sin α＝eq \f(1,4).又α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以cs α＝eq \f(\r(15),4)，所以tan α＝eq \f(\r(15),15).故选A.
[发掘训练]
1．(变条件)若本例条件“α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))”变为“α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))”，其他条件不变，则tan α＝________.
解析：由母题知sin α＝eq \f(1,4)，故α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，∴cs α＝－eq \f(\r(15),4)，tan α＝－eq \f(\r(15),15).
答案：－eq \f(\r(15),15)
2．(变结论)若本例条件不变，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2)))＝________.
解析：cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2)))＝－sin 2α＝－2sin αcs α＝－2×eq \f(1,4)×eq \f(\r(15),4)＝－eq \f(\r(15),8).
答案：－eq \f(\r(15),8)
3．(变条件)若本例条件变为“已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，且sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(4,5)”，则tan α＝________.
解析：因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以α＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，又sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(4,5)，所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝－eq \f(3,5)，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝－eq \f(4,3)，所以tan α＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)－\f(π,4)))＝eq \f(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))－tan\f(π,4),1＋tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))·tan\f(π,4))＝7.
答案：7
[升维训练]
4．(2022·浙江台州期中)在△ABC中，若sin A－2cs A＝eq \f(\r(10),2)，则tan A的值为( )
A．－3 B．3
C．－3或eq \f(1,3) D．3或－eq \f(1,3)
解析：选A 因为sin A－2cs A＝eq \f(\r(10),2)，A∈(0，π)，所以sin A＞0，若cs A＞0，则sin A－2cs A＜1.又因为eq \f(\r(10),2)＞1，所以cs A＜0，则tan A＜0.由题意可得(sin A－2cs A)2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(10),2)))2，即sin2 A－4sin Acs A＋4cs2A＝eq \f(5,2)，所以eq \f(sin2A－4sin Acs A＋4cs2A,sin2A＋cs2A)＝eq \f(5,2)，所以eq \f(tan2A－4tan A＋4,tan2A＋1)＝eq \f(5,2)，整理得3tan2A＋8tan A－3＝0，解得tan A＝－3或tan A＝eq \f(1,3)(舍去)．故选A.
5．(2022·南通期末)若sin α＋cs α＝eq \f(1,3)，α∈(0，π)，则eq \f(1＋tan α,1－tan α)＝( )
A.eq \f(\r(17),17) B．－eq \f(\r(17),17) C.eq \f(\r(15),15) D．－eq \f(\r(15),15)
解析：选B 由sin α＋cs α＝eq \f(1,3)，可得(sin α＋cs α)2＝1＋2sin αcs α＝eq \f(1,9)，解得2sin αcs α＝－eq \f(8,9)＜0，即sin α与cs α异号．又因为α∈(0，π)，所以sin α＞0，cs α＜0，所以(sin α－cs α)2＝1－2sin αcs α＝eq \f(17,9)，得sin α－cs α＝eq \f(\r(17),3)，则eq \f(1＋tan α,1－tan α)＝eq \f(1＋\f(sin α,cs α),1－\f(sin α,cs α))＝eq \f(sin α＋cs α,cs α－sin α)＝eq \f(\f(1,3),－\f(\r(17),3))＝－eq \f(\r(17),17).故选B.
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1．若cs(π－α)＝－eq \f(1,2)，则( )
A．sin(－α)＝eq \f(\r(3),2) B．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝－eq \f(\r(3),2)
C．cs(π＋α)＝eq \f(1,2) D．cs(α－π)＝－eq \f(1,2)
解析：选D 由cs(π－α)＝－eq \f(1,2)可得cs α＝eq \f(1,2)，则sin α＝±eq \f(\r(3),2).sin(－α)＝－sin α＝±eq \f(\r(3),2)，故A不正确；sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝cs α＝eq \f(1,2)，故B不正确；cs(π＋α)＝－cs α＝－eq \f(1,2)，故C不正确；cs(α－π)＝－cs α＝－eq \f(1,2)，故D正确．故选D.
2．若tan α＝eq \f(1,2)，则sin4α－cs4α的值为( )
A．－eq \f(1,5) B.eq \f(1,5) C.eq \f(3,5) D．－eq \f(3,5)
解析：选D ∵tan α＝eq \f(1,2)，∴sin4α－cs4α＝(sin2α＋cs2α)·(sin2α－cs2α)＝eq \f(sin2α－cs2α,cs2α＋sin2α)＝eq \f(tan2α－1,1＋tan2α)＝－eq \f(3,5)，故选D.
3．在△ABC中，下列关系恒成立的是( )
A．tan(A＋B)＝tan C B．cs(2A＋2B)＝－cs 2C
C．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A＋B,2)))＝sineq \f(C,2) D．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A＋B,2)))＝cseq \f(C,2)
解析：选D tan(A＋B)＝tan(π－C)＝－tan C，A不正确；cs(2A＋2B)＝cs[2(π－C)]＝cs(－2C)＝cs 2C，B不正确；sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A＋B,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π－C,2)))＝cseq \f(C,2)，C不正确，D正确．
4．已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))＝eq \f(1,3)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))的值是( )
A．－eq \f(1,3) B.eq \f(1,3) C.eq \f(2\r(2),3) D．－eq \f(2\r(2),3)
解析：选A ∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))＝eq \f(1,3)，∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))＝－eq \f(1,3).故选A.
5．若θ是三角形的一个内角，且tan θ＝－eq \f(4,3)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－θ))＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ))＝( )
A．eq \f(1,5) B．－eq \f(1,5)
C．eq \f(7,5) D．－eq \f(7,5)
解析：选C 由题意得，tan θ＝eq \f(sin θ,cs θ)＝－eq \f(4,3)，θ∈(0，π)，故sin θ>0，cs θ<0.又sin2θ＋cs2θ＝1，所以sin θ＝eq \f(4,5)，cs θ＝－eq \f(3,5).因此，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－θ))＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ))＝－cs θ＋sin θ＝eq \f(7,5).
二、综合练——练思维敏锐度
1．已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,12)))＝eq \f(1,3)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(17π,12)))等于( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2\r(2),3) C．－eq \f(1,3) D．－eq \f(2\r(2),3)
解析：选A cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(17π,12)))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,12)))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,12)))＝eq \f(1,3).故选A.
2．已知α∈(0，π)，且cs α＝－eq \f(15,17)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))·tan(π＋α)＝( )
A．－eq \f(15,17) B.eq \f(15,17) C．－eq \f(8,17) D.eq \f(8,17)
解析：选D sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))·tan(π＋α)＝cs α·tan α＝sin α，因为α∈(0，π)，且cs α＝－eq \f(15,17)，所以sin α＝eq \r(1－cs2α)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(15,17)))2)＝eq \f(8,17)，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))·tan(π＋α)＝eq \f(8,17).故选D.
3．已知2sin α－cs α＝0，则sin2α－2sin αcs α的值为( )
A．－eq \f(3,5) B．－eq \f(12,5) C.eq \f(3,5) D.eq \f(12,5)
解析：选A 由已知2sin α－cs α＝0得tan α＝eq \f(1,2)，所以sin2α－2sin αcs α＝eq \f(sin2α－2sin αcs α,sin2α＋cs2α)＝eq \f(tan2α－2tan α,tan2α＋1)＝－eq \f(3,5).故选A.
4．(2022·无锡质检)下列结论不正确的有( )
A．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋α))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))
B．cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)＋θ))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－θ))＝0
C．sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)－α))＋cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)＋α))＝1
D．sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)－α))＋sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)＋α))＝1
解析：选C sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋α))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α－\f(π,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))，A正确；因为cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)＋θ))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋θ))＝－sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－θ))))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－θ))，所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)＋θ))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－θ))＝0，B正确；因为sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)－α))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)＋α))))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)＋α))，所以sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)－α))＋cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)＋α))＝2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)＋α))≠1，C错误；sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)－α))＋sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)＋α))＝cs2eq \f(5π,12)＋α＋sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)＋α))＝1，D正确．
5．若sin θ，cs θ是方程4x2＋2mx＋m＝0的两根，则m的值为( )
A．1＋eq \r(5) B．1－eq \r(5) C．1±eq \r(5) D．－1－eq \r(5)
解析：选B 由题意知sin θ＋cs θ＝－eq \f(m,2)，sin θcs θ＝eq \f(m,4).∵(sin θ＋cs θ)2＝1＋2sin θcs θ，∴eq \f(m2,4)＝1＋eq \f(m,2)，解得m＝1±eq \r(5)，又Δ＝4m2－16m≥0，∴m≤0或m≥4，∴m＝1－eq \r(5).
6．已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A(1，a)，B(2，b)，且cs 2α＝eq \f(2,3)，则|a－b|＝( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(\r(5),5) C.eq \f(2\r(5),5) D．1
解析：选B 由cs 2α＝eq \f(2,3)，得cs2α－sin2α＝eq \f(2,3)，∴eq \f(cs2α－sin2α,cs2α＋sin2α)＝eq \f(2,3)，即eq \f(1－tan2α,1＋tan2α)＝eq \f(2,3)，∴tan α＝±eq \f(\r(5),5)，即eq \f(b－a,2－1)＝±eq \f(\r(5),5)，∴|a－b|＝eq \f(\r(5),5).故选B.
7．已知eq \f(sin 22.5°＋mcs 22.5°,cs 22.5°－msin 22.5°)＝－tan 22.5°，则实数m的值为( )
A．－eq \r(3) B.eq \r(3) C．－1 D．1
解析：选C 由题意得eq \f(sin 22.5°＋mcs 22.5°,cs 22.5°－msin 22.5°)＝－eq \f(sin 22.5°,cs 22.5°)，所以sin 22.5°cs 22.5°＋mcs222.5°＝msin222.5°－sin 22.5°cs 22.5°，移项得m(cs222.5°－sin222.5°)＝－2sin 22.5°cs 22.5°，所以mcs 45°＝－sin 45°，即m＝－eq \f(sin 45°,cs 45°)＝－tan 45°＝－1.
8．(2022·山西联考)已知sin α＋3cs α＝eq \r(10)，则sin2α＋cs(2 021π＋α)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))的值为( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(2,5) C.eq \f(4,5) D.eq \f(3,4)
解析：选B 由sin α＋3cs α＝eq \r(10)，得sin2α＋6sin αcs α＋9cs2α＝10，∴6sin αcs α＋8cs2α＝9，即eq \f(6sin αcs α＋8cs2α,sin2α＋cs2α)＝9，∴9tan2α－6tan α＋1＝0，解得tan α＝eq \f(1,3)，∴sin2α＋cs(2 021π＋α)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝sin2α＋sin αcs α＝eq \f(sin2α＋sin αcs α,sin2α＋cs2α)＝eq \f(tan2α＋tan α,tan2α＋1)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＋\f(1,3),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＋1)＝eq \f(2,5).故选B.
9．已知α为第二象限角，则cs αeq \r(1＋tan2α)＋sin α eq \r(1＋\f(1,tan2α))＝________.
解析：原式＝cs α eq \r(\f(sin2α＋cs2α,cs2α))＋sin α eq \r(\f(sin2α＋cs2α,sin2α))＝cs αeq \f(1,|cs α|)＋sin αeq \f(1,|sin α|)，因为α是第二象限角，所以sin α>0，cs α<0，所以cs αeq \f(1,|cs α|)＋sin αeq \f(1,|sin α|)＝－1＋1＝0，即原式等于0.
答案：0
10．已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)－α))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7π,2)＋α))＝eq \f(12,25)，且0<α解析：sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)－α))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7π,2)＋α))＝(－cs α)·(－sin α)＝sin αcs α＝eq \f(12,25).∵0<α答案：eq \f(3,5) eq \f(4,5)
11．已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，且sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,2)))，eq \r(3)sin(π＋α)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－β))，则β－α＝________.
解析：由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(cs α＝\r(3)sin β， ①,\r(3)sin α＝－cs β， ②))由①2＋3×②2得，cs2α＋9sin2α＝3，又cs2α＋sin2α＝1，所以sin2α＝eq \f(1,4)，又α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以sin α＝eq \f(1,2)，则α＝eq \f(π,6).将α＝eq \f(π,6)代入①，得sin β＝eq \f(1,2)，因为β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，所以β＝eq \f(5,6)π，则β－α＝eq \f(2,3)π.
答案：eq \f(2,3)π
12．已知f(α)＝eq \f(sin(3π－α)cs(2π－α)sin\f(3π,2)－α,cs(π－α)sin(－π－α)).
(1)化简f(α)；
(2)若α是第二象限角，且cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,2)＋α))＝－eq \f(1,3)，求f(α)的值．
解：(1)f(α)＝eq \f(sin(3π－α)cs(2π－α)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(3π,2)－α)),cs(π－α)sin(－π－α))
＝eq \f(sin αcs α(－cs α),(－cs α)sin α)＝cs α.
(2)∵cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,2)＋α))＝－sin α＝－eq \f(1,3)，∴sin α＝eq \f(1,3)，
∵α是第二象限角，∴cs α＝－eq \r(1－sin2α)＝－eq \f(2\r(2),3)，
∴f(α)＝cs α＝－eq \f(2\r(2),3).
13．已知cs α－sin α＝eq \f(5\r(2),13)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))).
(1)求sin αcs α的值；
(2)求eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2α)),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α)))的值．
解：(1)∵cs α－sin α＝eq \f(5\r(2),13)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，平方可得1－2sin αcs α＝eq \f(50,169)，∴sin αcs α＝eq \f(119,338).
(2)sin α＋cs α＝eq \r((sin α＋cs α)2)＝eq \r(1＋2sin αcs α)＝eq \f(12\r(2),13)，∴eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2α)),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α)))＝eq \f(cs 2α,cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α)))＝eq \f((cs α－sin α)·(cs α＋sin α),\f(\r(2),2)(cs α－sin α))
＝eq \r(2)(cs α＋sin α)＝eq \f(24,13).
第三节 三角恒等变换
课程标准
1．经历推导两角差余弦公式的过程，知道两角差余弦公式的意义．
2．会用两角差的余弦公式推导出两角和的正弦、余弦、正切公式和二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它们的内在联系．
3．能运用上述公式进行简单的恒等变换(包括推导出积化和差、和差化积、半角公式，但不要求记忆)．
[由教材回扣基础]
1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式
提醒：在公式T(α±β)中α，β，α±β都不等于kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，即保证tan α，tan β，tan(α±β)都有意义．
2．二倍角公式
3.辅助角公式
一般地，函数f(α)＝asin α＋bcs α(a，b为常数)可以化为f(α)＝eq \r(a2＋b2)sin(α＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中tan φ＝\f(b,a)))或f(α)＝eq \r(a2＋b2)cs(α－φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中tan φ＝eq \f(a,b).))
澄清微点·熟记结论
(1)公式的常用变式：
tan α±tan β＝tan(α±β)(1∓tan αtan β)；
tan α·tan β＝1－eq \f(tan α＋tan β,tanα＋β)＝eq \f(tan α－tan β,tanα－β)－1.
(2)降幂公式：sin2α＝eq \f(1－cs 2α,2)；cs2α＝eq \f(1＋cs 2α,2)；sin αcs α＝eq \f(1,2)sin 2α.
(3)升幂公式：1＋cs α＝2cs2eq \f(α,2)；1－cs α＝2sin2eq \f(α,2)；1＋sin α＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sineq \f(α,2)＋cseq \f(α,2)))2；1－sin α＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sineq \f(α,2)－cseq \f(α,2))) 2.
(4)常用拆角、拼角技巧：例如，2α＝(α＋β)＋(α－β)；α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β；β＝eq \f(α＋β,2)－eq \f(α－β,2)＝(α＋2β)－(α＋β)；α－β＝(α－γ)＋(γ－β)；15°＝45°－30°；eq \f(π,4)＋α＝eq \f(π,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))等．
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)存在实数α，β，使等式sin(α＋β)＝sin α＋sin β成立．( )
(2)公式tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)可以变形为tan α＋tan β＝tan(α＋β)(1－tan αtan β)，且对任意角α，β都成立．( )
(3)存在实数α，使tan 2α＝2tan α.( )
(4)两角和与差的正弦、余弦公式中的角α，β是任意的．( )
(5)公式asin x＋bcs x＝eq \r(a2＋b2)sin(x＋φ)中，φ的取值与a，b的值无关．( )
答案：(1)√ (2)× (3)√ (4)√ (5)×
二、练牢教材小题
1．(人教A版必修④P129例3改编)已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，sin α＝eq \f(3,5)，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝( )
A.eq \f(1,7) B．7 C．－eq \f(1,7) D．－7
答案：A
2．(新人教A版必修①P229T12改编)sineq \f(π,12)－eq \r(3)cseq \f(π,12)的值为( )
A．0 B．－eq \r(2) C．2 D.eq \r(2)
解析：选B sineq \f(π,12)－eq \r(3)cseq \f(π,12)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2)sineq \f(π,12)－eq \f(\r(3),2)cseq \f(π,12)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,12)－eq \f(π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(π,4)))＝－eq \r(2).
3．(人教B版必修④P147习题T1改编)已知cs θ＝eq \f(1,3)，且270°＜θ＜360°，则sineq \f(θ,2)＝________，cseq \f(θ,2)＝________.
解析：因为270°＜θ＜360°，所以135°＜eq \f(θ,2)＜180°，所以sineq \f(θ,2)＝eq \r(\f(1－cs θ,2))＝eq \r(\f(1,3))＝eq \f(\r(3),3)，cseq \f(θ,2)＝－eq \r(1－sin2\f(θ,2))＝－eq \f(\r(6),3).
答案：eq \f(\r(3),3) －eq \f(\r(6),3)
三、练清易错易混
1．(不会逆用公式致错)化简：eq \f(cs 40°,cs 25°·\r(1－sin 40°))＝________.
解析：原式＝eq \f(cs 40°,cs 25°·\r(1－cs 50°))＝eq \f(cs 40°,cs 25°·\r(2)sin 25°)＝eq \f(cs 40°,\f(\r(2),2)sin 50°)＝eq \r(2).
答案：eq \r(2)
2．(不会缩小角的范围导致增解)已知tan α，tan β是方程x2＋3eq \r(3)x＋4＝0的两根，且α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，则α＋β的值为________．
解析：∵tan α，tan β是方程x2＋3eq \r(3)x＋4＝0的两根，∴tan α＋tan β＝－3eq \r(3)，tan αtan β＝4，∴tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)＝eq \f(－3\r(3),1－4)＝eq \r(3).又tan α＋tan β＜0，tan αtan β＞0，∴tan α＜0，tan β ＜0，∵α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，∴α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，∴π＜α＋β＜2π，∴α＋β＝eq \f(4π,3).
答案：eq \f(4π,3)
命题视角一 公式的基本应用(自主练通)
1．(2020·全国Ⅲ卷)已知sin θ＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))＝1，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))＝( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(2,3) D.eq \f(\r(2),2)
解析：选B ∵sin θ＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))＝eq \f(3,2)sin θ＋eq \f(\r(3),2)cs θ＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))＝1，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),3)，故选B.
2．函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))的最小值为( )
A.eq \r(2) B．－2 C．－eq \r(2) D.eq \r(3)
解析：选C y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))＝sin 2xcseq \f(π,4)＋cs 2xsineq \f(π,4)＋sin 2xcseq \f(π,4)－cs 2xsineq \f(π,4)＝eq \r(2)sin 2x，所以y的最小值为－eq \r(2).
3．已知sin(β－α)cs β－cs(α－β)sin β＝eq \f(3,5)，α为第三象限角，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝________.
解析：sin(β－α)cs β－cs(α－β)sin β＝sin(β－α)cs β－cs(β－α)sin β＝sin(β－α－β)＝sin(－α)＝－sin α＝eq \f(3,5)，sin α＝－eq \f(3,5)，因为α为第三象限角，所以cs α＝－eq \f(4,5)，所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝cs αcseq \f(π,4)－sin αsineq \f(π,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)))×eq \f(\r(2),2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))×eq \f(\r(2),2)＝－eq \f(\r(2),10).
答案：－eq \f(\r(2),10)
4．(1＋tan 20°)(1＋tan 25°)＝________.
解析：由题意知，(1＋tan 20°)(1＋tan 25°)＝1＋tan 20°＋tan 25°＋tan 20°tan 25°.因为tan 20°＋tan 25°＝tan 45°·(1－tan 20°tan 25°)＝1－tan 20°tan 25°.所以原式＝1＋1－tan 20°tan 25°＋tan 20°·tan 25°＝2.
答案：2
5.重差术是在勾股定理的基础上产生的，结合了相似三角形的比例不变关系．刘徽在《海岛算经》中利用重差法，并结合实际情况，给出了三种应用方法：重表法、累矩法、连索法．对深度的测量用累矩法，并给出公式：谷深＝eq \f(勾距×上股,股差)－勾．如图，若AB＝CD＝6，tan∠A＝eq \f(1,3)，tan(∠A＋∠NCD)＝1，BD＝13，则谷深DE＝________.(股差＝下股－上股)
解析：由题意得，BM＝AB·tan∠A＝6×eq \f(1,3)＝2.因为tan(∠A＋∠NCD)＝1，所以eq \f(tan∠A＋tan∠NCD,1－tan∠Atan∠NCD)＝1，解得tan∠NCD＝eq \f(1,2)，所以ND＝CD·tan∠NCD＝6×eq \f(1,2)＝3，所以谷深DE＝eq \f(BD×BM,ND－BM)－AB＝eq \f(13×2,3－2)－6＝20.
答案：20
[一“点”就过]
应用三角函数公式的策略
(1)正用三角函数公式时，要记住公式的结构特征和符号变化规律，如两角差的余弦公式可简记为“同名相乘，符号反”．
(2)逆用公式时，要准确找出所给式子和公式的异同，创造条件逆用公式．
(3)注意和差角和倍角公式的变形用．
(4)三角恒等变换常与同角三角函数基本关系、诱导公式等综合应用．
提醒：(1)公式逆用时一定要注意公式成立的条件和角之间的关系．
(2)tan αtan β，tan α＋tan β(或tan α－tan β)，tan(α＋β)(或tan(α－β))三者中可以知二求一，且常与一元二次方程根与系数的关系结合命题．
命题视角二 三角函数式的化简求值
[典例] 化简：eq \f(2cs2α－1,2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))).
[解] 原式
＝eq \f(cs2α－sin2α,2×\f(1－tan α,1＋tan α)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(π,4)cs α＋cs \f(π,4)sin α))2)
＝eq \f(cs2α－sin2α1＋tan α,1－tan αcs α＋sin α2)
＝eq \f(cs2α－sin2α\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(sin α,cs α))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(sin α,cs α)))cs α＋sin α2)＝1.
[方法技巧] 三角函数式的化简要遵循“三看”原则
提醒：化简三角函数式的常见方法有弦切互化，异名化同名，异角化同角，降幂与升幂等．
[针对训练]
已知α∈(0，π)，化简：
eq \f(1＋sin α＋cs α·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2)－sin \f(α,2))),\r(2＋2cs α)).
解：原式＝
eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2cs2\f(α,2)＋2sin \f(α,2)cs \f(α,2)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2)－sin \f(α,2))),\r(4cs2\f(α,2))).
因为α∈(0，π)，
所以cs eq \f(α,2)>0，
所以原式
＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2cs2\f(α,2)＋2sin \f(α,2)cs \f(α,2)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2)－sin \f(α,2))),2cs \f(α,2))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2)＋sin \f(α,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2)－sin \f(α,2)))
＝cs2eq \f(α,2)－sin2eq \f(α,2)＝cs α.
命题视角三 三角函数的求值
考法(一) 给值(角)求值
[例1] (1)eq \f(sin 47°－sin 17°cs 30°,cs 17°)＝( )
A．－eq \f(\r(3),2) B．－eq \f(1,2)
C．eq \f(1,2) D．eq \f(\r(3),2)
(2)已知角α，β的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合．若角α的终边过点(2,1)，cs(α＋β)＝eq \f(4,5)，且β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则sin β＝( )
A．eq \f(\r(5),25) B．eq \f(\r(5),5)
C．eq \f(2\r(5),25) D．eq \f(2\r(5),5)
[解析] (1)原式＝eq \f(sin17°＋30°－sin 17°cs 30°,cs 17°)
＝eq \f(sin 17°cs 30°＋cs 17°sin 30°－sin 17°cs 30°,cs 17°)
＝sin 30°＝eq \f(1,2).
(2)由题意得sin α＝eq \f(\r(5),5)，cs α＝eq \f(2\r(5),5).
因为β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，且cs(α＋β)＝eq \f(4,5)，
所以α＋β为第一象限角，得sin(α＋β)＝eq \f(3,5).
所以sin β＝sin[(α＋β)－α]＝sin(α＋β)cs α－cs(α＋β)sin α＝eq \f(3,5)×eq \f(2\r(5),5)－eq \f(4,5)×eq \f(\r(5),5)＝eq \f(2\r(5),25).故选C.
[答案] (1)C (2)C
[方法技巧]
1．给值求值问题的求解思路
(1)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．
2．给角(非特殊角)求值的三个基本思路
(1)化非特殊角为特殊角；
(2)化为正负相消的项，消去后求值；
(3)化简分子、分母使之出现公约式，约分后求值．
考法(二) 给值求角
[例2] 若sin 2α＝eq \f(\r(5),5)，sin(β－α)＝eq \f(\r(10),10)，且α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))，β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))，则α＋β的值是( )
A.eq \f(9π,4) B.eq \f(7π,4)
C.eq \f(5π,4)或eq \f(7π,4) D.eq \f(5π,4)或eq \f(9π,4)
[解析] ∵α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))，β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))，
∴2α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，2π))，又0＜sin 2α＝eq \f(\r(5),5)＜eq \f(1,2)，
∴2α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π))，即α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(π,2)))，
∴β－α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(13π,12)))，∴cs 2α＝－eq \r(1－sin22α)＝－eq \f(2\r(5),5).
又sin(β－α)＝eq \f(\r(10),10)，∴β－α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，∴cs(β－α)＝－eq \r(1－sin2β－α)＝－eq \f(3\r(10),10)，∴cs(α＋β)＝cs[2α＋(β－α)]＝cs 2αcs(β－α)－sin 2αsin(β－α)＝－eq \f(2\r(5),5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3\r(10),10)))－eq \f(\r(5),5)×eq \f(\r(10),10)＝eq \f(\r(2),2).又α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))，∴α＋β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(17π,12)，2π))，∴α＋β＝eq \f(7π,4).
[答案] B
[方法技巧]
给值求角问题的解题策略
(1)讨论所求角的范围．
(2)根据已知条件，选取合适的三角函数求值．
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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，选正、余弦函数皆可；若角的范围是(0，π)，选余弦函数较好；若角的范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，选正弦函数较好．
(3)由角的范围，结合所求三角函数值写出要求的角．
[针对训练]
1．(2020·全国Ⅰ卷)已知α∈(0，π)，且3cs 2α－8cs α＝5，则sin α＝( )
A．eq \f(\r(5),3) B．eq \f(2,3) C．eq \f(1,3) D．eq \f(\r(5),9)
解析：选A ∵3cs 2α－8cs α＝5，∴3(2cs2α－1)－8cs α＝5，即3cs2α－4cs α－4＝0，解得cs α＝－eq \f(2,3)或cs α＝2(舍去)．∵α∈(0，π)，∴sin α＝eq \r(1－cs2α)＝eq \f(\r(5),3).故选A.
2．(2020·全国Ⅲ卷)已知2tan θ－taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝7，则tan θ＝( )
A．－2 B．－1 C．1 D．2
解析：选D 由已知得2tan θ－eq \f(tan θ＋1,1－tan θ)＝7，解得tan θ＝2.
3．已知锐角α，β满足sin α＝eq \f(\r(5),5)，cs β＝eq \f(3\r(10),10)，则α＋β等于( )
A．eq \f(3π,4) B．eq \f(π,4)或eq \f(3π,4)
C．eq \f(π,4) D．2kπ＋eq \f(π,4)(k∈Z)
解析：选C 由sin α＝eq \f(\r(5),5)，cs β＝eq \f(3\r(10),10)，且α，β为锐角，可知cs α＝eq \f(2\r(5),5)，sin β＝eq \f(\r(10),10)，故cs(α＋β)＝cs αcs β－sin αsin β＝eq \f(2\r(5),5)×eq \f(3\r(10),10)－eq \f(\r(5),5)×eq \f(\r(10),10)＝eq \f(\r(2),2)，又0<α＋β<π，故α＋β＝eq \f(π,4).
4.eq \f(cs 10°1＋\r(3)tan 10°,cs 50°)的值是________．
解析：原式＝eq \f(cs 10°＋\r(3)sin 10°,cs 50°)＝eq \f(2sin10°＋30°,cs 50°)＝eq \f(2sin 40°,sin 40°)＝2.
答案：2
拓展深化·练创新思维——妙用“拆角”“配角”化异角为同角
三角函数的计算是高考一个重要的考点，对于一些角的计算问题除了掌握两角和与差的三角函数公式及倍角公式之外，还要掌握一些必要的“拆角”“配角”的技巧，抓住题设与结论中角的差异，利用公式，变不同的角为同角，实现角的转换，这样可以简化运算.“拆角”“配角”是连接题设条件与待求结论的纽带，是三角函数求值的一种常用方法.下面就三角函数求值中的“拆角”“配角”技巧作一些总结.
1．(利用特殊角进行“拆角”)eq \f(2cs 80°－sin 70°,cs 70°)＝________.
解析：原式＝eq \f(2cs60°＋20°－sin90°－20°,cs90°－20°)
＝eq \f(2cs 60°cs 20°－sin 60°sin 20°－cs 20°,sin 20°)
＝eq \f(－\r(3)sin 20°,sin 20°)＝－eq \r(3).
答案：－eq \r(3)
2．(直接利用所求角与已知角的关系“拆角”“配角”)已知α为锐角，且cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(5,13)，则cs α的值为_______．
解析：∵0<α答案：eq \f(5\r(3)＋12,26)
3．(利用所求角与已知角的关系，借助诱导公式“拆、配”)已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(3,5)，eq \f(π,2)≤α解析：∵eq \f(π,2)≤α0，∴α＋eq \f(π,4)是第四象限角，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝－eq \f(4,5)，∴sin α＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))－\f(π,4)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))cseq \f(π,4)－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))sineq \f(π,4)＝eq \f(\r(2),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)－\f(3,5)))＝－eq \f(7\r(2),10).同理，cs α＝－eq \f(\r(2),10)，∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＋α))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))cs α－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))sin α＝eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),10)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7\r(2),10)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)))＝－eq \f(31\r(2),50).
答案：－eq \f(31\r(2),50)
4．(降幂化同角函数)已知关于x的方程2sin2x－eq \r(3)sin 2x＋m－1＝0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上有两个不同的实数根，求m的取值范围．
解：方程2sin2x－eq \r(3)sin 2x＋m－1＝0可转化为m＝1－2sin2x＋eq \r(3)sin 2x＝cs 2x＋eq \r(3)sin 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)).设2x＋eq \f(π,6)＝t，则t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)，\f(13π,6)))，∴eq \f(m,2)＝sin t，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)，\f(13π,6)))有两个不同的实数根，即y＝eq \f(m,2)和y＝sin t，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)，\f(13π,6)))的图象有两个不同交点，如图，
由图象观察知，eq \f(m,2)的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,2)))，故m的取值范围是(－2，－1)．
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1．sin 45°cs 15°＋cs 225°sin 165°＝( )
A．1 B.eq \f(1,2) C.eq \f(\r(3),2) D．－eq \f(1,2)
解析：选B sin 45°cs 15°＋cs 225°sin 165°＝sin 45°cs 15°＋(－cs 45°)sin 15°＝sin(45°－15°)＝sin 30°＝eq \f(1,2).
2．已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，2sin 2α＝cs 2α＋1，则sin α＝( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(\r(5),5) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(2,5)eq \r(5)
解析：选B 由二倍角公式可知4sin αcs α＝2cs2α.∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴cs α≠0，sin α>0，∴2sin α＝cs α，又sin2α＋cs2α＝1，∴sin α＝eq \f(\r(5),5).故选B.
3．(2022·苏州模拟)若cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝－eq \f(\r(3),3)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))＋cs α＝( )
A．－eq \f(2\r(2),3) B．±eq \f(2\r(2),3) C．－1 D．±1
解析：选C cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))＋cs α＝eq \f(1,2)cs α＋eq \f(\r(3),2)sin α＋cs α＝eq \f(3,2)cs α＋eq \f(\r(3),2)sin α＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝－1.
4．tan 18°＋tan 12°＋eq \f(\r(3),3)tan 18°tan 12°＝( )
A.eq \r(3) B.eq \r(2) C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),3)
解析：选D ∵tan 30°＝tan(18°＋12°)＝eq \f(tan 18°＋tan 12°,1－tan 18°tan 12°)＝eq \f(\r(3),3)，∴tan 18°＋tan 12°＝eq \f(\r(3),3)(1－tan 18°tan 12°)，∴原式＝eq \f(\r(3),3).
5．已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝eq \f(1,2)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))的值为________．
解析：由已知得cs α＝eq \f(1,2)，sin α＝－eq \f(\r(3),2)，所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))＝eq \f(1,2)cs α＋eq \f(\r(3),2)sin α＝－eq \f(1,2).
答案：－eq \f(1,2)
6.如图，图中实线是由三段圆弧连接而成的一条封闭曲线C，各段弧所在的圆经过同一点P(点P不在C上)且三个圆半径相等，设第i段弧所对的圆心角为αi(i＝1,2,3)，则cseq \f(α1,3)cseq \f(α2＋α3,3)－sineq \f(α1,3)sineq \f(α2＋α3,3)＝________.
解析：设三段圆弧交于A，B，D三点，连接PA，PB，PD(图略)，则∠APB＋∠APD＋∠BPD＝2π，从而α1＋α2＋α3＝4π，所以cseq \f(α1,3)cseq \f(α2＋α3,3)－sineq \f(α1,3)sineq \f(α2＋α3,3)＝cseq \f(α1＋α2＋α3,3)＝cseq \f(4π,3)＝－eq \f(1,2).
答案：－eq \f(1,2)
二、综合练——练思维敏锐度
1．下列各式中，值不等于eq \f(1,2)的是( )
A.eq \f(tan 22.5°,1－tan222.5°) B．tan 15°cs215°
C.eq \f(\r(3),3)cs2eq \f(π,12)－eq \f(\r(3),3)sin2eq \f(π,12) D. eq \r(\f(1－cs 60°,2))
解析：选B 因为eq \f(tan 22.5°,1－tan222.5°)＝eq \f(1,2)tan 45°＝eq \f(1,2)，tan 15°cs215°＝sin 15°cs 15°＝eq \f(1,2)sin 30°＝eq \f(1,4)，eq \f(\r(3),3)cs2eq \f(π,12)－eq \f(\r(3),3)sin2eq \f(π,12)＝eq \f(\r(3),3)cs eq \f(π,6)＝eq \f(1,2)， eq \r(\f(1－cs 60°,2))＝sin 30°＝eq \f(1,2).
2．若sin(α＋β)＝eq \f(1,2)，sin(α－β)＝eq \f(1,3)，则eq \f(tan α,tan β)的值为( )
A．5 B．－1 C．6 D.eq \f(1,6)
解析：选A 由题意知sin αcs β＋cs αsin β＝eq \f(1,2)，sin αcs β－cs αsin β＝eq \f(1,3)，所以sin αcs β＝eq \f(5,12)，cs αsin β＝eq \f(1,12)，所以eq \f(sin αcs β,cs αsin β)＝5，即eq \f(tan α,tan β)＝5.故选A.
3．若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，且3cs 2α＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))，则sin 2α的值为( )
A．－eq \f(1,18) B.eq \f(1,18) C．－eq \f(17,18) D.eq \f(17,18)
解析：选C 由3cs 2α＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))，可得3(cs2α－sin2α)＝eq \f(\r(2),2)(cs α－sin α)，又由α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，可知cs α－sin α≠0，于是3(cs α＋sin α)＝eq \f(\r(2),2)，所以1＋2sin αcs α＝eq \f(1,18)，故sin 2α＝－eq \f(17,18).
4．(2022·辽宁八校联考)已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(7π,6)))，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)＋α))＝( )
A．4－2eq \r(3) B．2eq \r(3)－4
C．4－4eq \r(3) D．4eq \r(3)－4
解析：选B 由题意可得－sin α＝－3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))，即sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))－\f(π,12)))＝3sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))＋\f(π,12)))，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))cs eq \f(π,12)－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))sin eq \f(π,12)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))cs eq \f(π,12)＋3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))sin eq \f(π,12)，整理可得taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))＝－2tan eq \f(π,12)＝－2taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－\f(π,6)))＝－2×eq \f(tan \f(π,4)－tan \f(π,6),1＋tan \f(π,4)tan \f(π,6))＝2eq \r(3)－4.故选B.
5.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有一个“引葭赴岸”问题：“今有池方一丈，葭生其中央．出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问水深、葭长各几何？”其意思为今有水池1丈见方(即CD＝10尺)，芦苇生长在水的中央，长出水面的部分为1尺．将芦苇向池岸牵引，恰巧与水岸齐接(如图所示)．试问水深、芦苇的长度各是多少？假设θ＝∠BAC，则下列四个结论中不正确的是( )
A．水深为12尺 B．芦苇长为15尺
C．taneq \f(θ,2)＝eq \f(2,3) D．taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝－eq \f(17,7)
解析：选B 设BC＝x，则AC＝x＋1，∵AB＝5，∴52＋x2＝(x＋1)2，∴x＝12，即水深为12尺，故芦苇长为13尺．∴tan θ＝eq \f(12,5).由tan θ＝eq \f(2tan\f(θ,2),1－tan2\f(θ,2))，解得taneq \f(θ,2)＝eq \f(2,3)(负值已舍去)．∵tan θ＝eq \f(12,5)，∴taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(1＋tan θ,1－tan θ)＝－eq \f(17,7).
6．设当x＝θ时，函数f(x)＝sin x－2cs x取得最大值，则cs θ＝( )
A.eq \f(2\r(5),5) B.eq \f(\r(5),5) C．－eq \f(2\r(5),5) D．－eq \f(\r(5),5)
解析：选C 利用辅助角公式可得f(x)＝sin x－2cs x＝eq \r(5)sin(x－φ)，其中cs φ＝eq \f(\r(5),5)，sin φ＝eq \f(2\r(5),5).当函数f(x)＝sin x－2cs x取得最大值时，θ－φ＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，∴θ＝2kπ＋eq \f(π,2)＋φ(k∈Z)，则cs θ＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)＋φ))＝－sin φ＝－eq \f(2\r(5),5)(k∈Z)．故选C.
7．设0°<α<90°，若sin(75°＋2α)＝－eq \f(3,5)，则sin(15°＋α)·sin(75°－α)＝( )
A.eq \f(1,10) B.eq \f(\r(2),20) C．－eq \f(1,10) D．－eq \f(\r(2),20)
解析：选B 因为0°<α<90°，所以75°<75°＋2α<255°.又因为sin(75°＋2α)＝－eq \f(3,5)<0，所以180°<75°＋2α<255°，角75°＋2α为第三象限角，所以cs(75°＋2α)＝－eq \f(4,5).所以sin(15°＋α)sin(75°－α)＝sin(15°＋α)cs(15°＋α)＝eq \f(1,2)sin(30°＋2α)＝eq \f(1,2)sin[(75°＋2α)－45°]＝eq \f(1,2)[sin(75°＋2α)cs 45°－cs(75°＋2α)sin 45°]＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(3,5)×eq \f(\r(2),2)＋eq \f(4,5)×eq \f(\r(2),2)))＝eq \f(\r(2),20).故选B.
8．已知α，β，γ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，sin α＋sin γ＝sin β，cs β＋cs γ＝cs α，则下列说法正确的是( )
A．sin(β－α)＝eq \f(1,2) B．cs(β－α)＝－eq \f(1,2)
C．β－α＝eq \f(π,3) D．β－α＝－eq \f(π,3)
解析：选C 由已知，得sin γ＝sin β－sin α，cs γ＝cs α－cs β.两式分别平方相加，得(sin β－sin α)2＋(cs α－cs β)2＝1.∴－2cs(β－α)＝－1，∴cs(β－α)＝eq \f(1,2)，∴B错误；∵sin γ＝sin β－sin α＞0，α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴β＞α，∴β－α＝eq \f(π,3)，sin(β－α)＝eq \f(\r(3),2)，∴C正确，A、D错误，故选C.
9．化简：eq \f(1,cs 80°)－eq \f(\r(3),sin 80°)＝________.
解析：eq \f(1,cs 80°)－eq \f(\r(3),sin 80°)＝eq \f(sin 80°－\r(3)cs 80°,sin 80°cs 80°)
＝eq \f(2sin80°－60°,\f(1,2)sin 160°)＝eq \f(2sin 20°,\f(1,2)sin 20°)＝4.
答案：4
10．已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3,4)π))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，且cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(3,5)，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)π＋β))＝－eq \f(12,13)，则cs(α＋β)＝________.
解析：∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3,4)π))，∴eq \f(π,4)－α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，
又cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(3,5)，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝－eq \f(4,5).
∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)π＋β))＝－eq \f(12,13)，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋β))＝eq \f(12,13).
又∵β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，∴eq \f(π,4)＋β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，
∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋β))＝eq \f(5,13)，
∴cs(α＋β)＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋β))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))))
＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋β))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋β))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))
＝eq \f(5,13)×eq \f(3,5)－eq \f(12,13)×eq \f(4,5)＝－eq \f(33,65).
答案：－eq \f(33,65)
11．(2022·福建永安期中)已知α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3)))，β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，满足sin(α＋β)－sin α＝2sin αcs β，则eq \f(sin 2α,sinβ－α)的最大值为________．
解析：由sin(α＋β)－sin α＝2sin αcs β，得sin αcs β＋cs αsin β－2sin αcs β＝sin α，化简得sin(β－α)＝sin α，∴eq \f(sin 2α,sinβ－α)＝eq \f(2sin αcs α,sin α).又∵α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3)))，∴sin α≠0，∴eq \f(sin 2α,sinβ－α)＝2cs α，∵eq \f(1,2)≤cs α≤eq \f(\r(2),2)，∴1≤2cs α≤eq \r(2)，则eq \f(sin 2α,sinβ－α)的最大值为eq \r(2).
答案：eq \r(2)
12．已知α，β均为锐角，且α＋β≠eq \f(π,2).若sin(2α＋β)＝eq \f(3,2)sin β，则eq \f(tanα＋β,tan α)＝________.
解析：由sin(2α＋β)＝eq \f(3,2)sin β，可得2sin[(α＋β)＋α]＝3sin[(α＋β)－α]，所以2[sin(α＋β)cs α＋cs(α＋β)sin α]＝3[sin(α＋β)cs α－cs(α＋β)sin α]，整理得sin(α＋β)cs α＝5cs(α＋β)sin α，所以tan(α＋β)＝5tan α，即eq \f(tanα＋β,tan α)＝5.
答案：5
13．已知eq \f(2cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))－cs3π－α,csπ＋α＋sin2π－α)＝－4.
(1)求tan α的值；
(2)若0＜β ＜π，且tan(α－β)＝eq \f(1,3)，求β.
解：(1)eq \f(2cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))－cs3π－α,csπ＋α＋sin2π－α)
＝eq \f(－2sin α－－cs α,－cs α－sin α)＝eq \f(2sin α－cs α,sin α＋cs α)＝eq \f(2tan α－1,tan α＋1)＝－4，解得tan α＝－eq \f(1,2).
(2)由两角差的正切公式得tan β＝tan[α－(α－β)]＝eq \f(tan α－tanα－β,1＋tan αtanα－β)＝eq \f(－\f(1,2)－\f(1,3),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))×\f(1,3))＝－1.
又0＜β ＜π，因此，β＝eq \f(3π,4).
14．已知函数f(x)＝cs 2x＋2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3))).
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，f(α)＝eq \f(4,3)，求cs 2α.
解：(1)∵f(x)＝cs 2x＋1＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,3)))＝cs 2x＋eq \f(\r(3),2)sin 2x－eq \f(1,2)cs 2x＋1＝eq \f(\r(3),2)sin 2x＋eq \f(1,2)cs 2x＋1＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋1，∴T＝eq \f(2π,2)＝π，∴函数f(x)的最小正周期为π.
(2)由f(α)＝eq \f(4,3)可得，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,6)))＝eq \f(1,3)，
∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴2α＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，
又∵0＜sin2α＋eq \f(π,6)＝eq \f(1,3)＜eq \f(1,2)，∴2α＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,6)))＝－eq \f(2\r(2),3)，
∴cs 2α＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝cs2α＋eq \f(π,6)cseq \f(π,6)＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,6)))sineq \f(π,6)＝eq \f(1－2\r(6),6).
15．(2021·浙江高考)设函数f(x)＝sin x＋cs x(x∈R)．
(1)求函数y＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))))2的最小正周期．
(2)求函数y＝f(x)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值．
解：(1)因为f(x)＝sin x＋cs x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，所以y＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))))2＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3π,4)))＝1－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(3π,2)))＝1－sin 2x，所以y＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))))2的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)由题意可知y＝f(x)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))×eq \r(2)sin x＝2sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)sin x＋\f(\r(2),2)cs x))＝eq \r(2)sin2x＋eq \r(2)sin xcs x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))＋eq \f(\r(2),2).
因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以2x∈[0，π]，
所以2x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，
所以y＝f(x)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)＋1)).
综上可知，y＝f(x)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的最大值为eq \f(\r(2),2)＋1.
第四节 三角函数的图象与性质
课程标准
1．能画出y＝sin x，y＝cs x，y＝tan x的图象，了解三角函数的周期性、单调性、奇偶性、最大(小)值．
2．理解正弦函数、余弦函数在[0,2π]上的性质，理解正切函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的性质．
[由教材回扣基础]
1．用五点法作正弦函数和余弦函数的简图
(1)在正弦函数y＝sin x，x∈[0,2π]的图象上，五个关键点是：(0,0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，1))，(π，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，－1))，(2π，0)．
(2)在余弦函数y＝cs x，x∈[0,2π]的图象上，五个关键点是：(0,1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))，(π，－1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，0))，(2π，1)．
2．正弦、余弦、正切函数的图象与性质
澄清微点·熟记结论
(1)对称与周期
①正弦曲线、余弦曲线相邻两对称中心、相邻两对称轴之间的距离是半个周期，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是eq \f(1,4)个周期．
②正切曲线相邻两对称中心之间的距离是半个周期．
(2)要注意求函数y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间时A和ω的符号，尽量化成ω>0的情况，避免出现增减区间的混淆．
(3)对于y＝tan x，不能认为其在定义域上为增函数，而是在每个区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－eq \f(π,2)，kπ＋eq \f(π,2))) (k∈Z)内为增函数．
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)余弦函数y＝cs x的图象的对称轴是y轴．( )
(2)正切函数y＝tan x在定义域内是增函数．( )
(3)已知y＝ksin x＋1，x∈R，则y的最大值为k＋1.( )
(4)y＝sin|x|是偶函数．( )
(5)若sin x＞eq \f(\r(2),2)，则x＞eq \f(π,4).( )
(6)由sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋\f(2,3)π))＝sineq \f(π,6)知，eq \f(2,3)π是正弦函数y＝sin x(x∈R)的一个周期．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)×
二、练牢教材小题
1．(人教A版必修④P56例4改编)函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x＋\f(π,3)))的定义域为________．
答案：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠2k＋\f(1,3)))，k∈Z))
2．(新人教A版必修①P201例2改编)已知函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋eq \f(π,4))) (ω>0)的最小正周期为π，则ω＝________.
答案：2
3．(人教A版必修④P63 T5改编)函数y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋eq \f(π,4)))，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，eq \f(π,4)))的值域为________．
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \f(3\r(2),2)，3))
三、练清易错易混
1．(忽视正切函数自身的定义域)函数y＝lg(3tan x－eq \r(3))的定义域为________________．
解析：要使函数y＝lg(3tan x－eq \r(3))有意义，则3tan x－eq \r(3)>0，即tan x>eq \f(\r(3),3).所以eq \f(π,6)＋kπ答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋kπ，\f(π,2)＋kπ))(k∈Z)
2．(忽视ω与0的大小关系对单调性的影响)函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－2x))的单调递增区间为________________．
解析：y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－2x))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，
令2kπ＋eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)，
解得kπ＋eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(7π,8)(k∈Z)，
所以函数的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(7π,8)))(k∈Z)．
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(7π,8)))(k∈Z)
3．(忽视正、余弦函数的有界性)函数f(x)＝2cs2x＋5sin x－4的最小值为________，最大值为________．
解析：f(x)＝2cs2x＋5sin x－4＝－2sin2x＋5sin x－2＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x－\f(5,4)))2＋eq \f(9,8).因为－1≤sin x≤1，所以当sin x＝－1时，f(x)有最小值－9；当sin x＝1时，f(x)有最大值1.
答案：－9 1
命题视角一 三角函数的定义域、值域
[典例] (1) (2022·郑州七校联考)已知函数f(x)＝2cs2x－sin2x＋2，则( )
A．f(x)的最小正周期为π，最大值为3
B．f(x)的最小正周期为π，最大值为4
C．f(x)的最小正周期为2π，最大值为3
D．f(x)的最小正周期为2π，最大值为4
(2)(2022·泉州质检)已知x∈(0，π)，则f(x)＝cs 2x＋sin x的值域为( )
A．0，eq \f(9,8) B．[0,1)
C．(0,1) D．0，eq \f(9,8)
(3)函数y＝eq \f(1,tan x－1)的定义域为__________________________________________．
[解析] (1)∵f(x)＝2cs2x－sin2x＋2＝1＋cs 2x－eq \f(1－cs 2x,2)＋2＝eq \f(3,2)cs 2x＋eq \f(5,2)，∴f(x)的最小正周期为π，最大值为4.故选B.
(2)由f(x)＝cs 2x＋sin x＝1－2sin2x＋sin x，设sin x＝t，∵x∈(0，π)，∴t∈(0,1]，∴g(t)＝－2 ＋eq \f(9,8)，∴g(t)∈，即f(x)＝cs 2x＋sin x的值域为.
(3)要使函数有意义，必须有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(tan x－1≠0，,x≠\f(π,2)＋kπk∈Z ，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,4)＋kπk∈Z ，,x≠\f(π,2)＋kπk∈Z .))故函数的定义域为
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≠\f(π,4)＋kπ且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)).
[答案] (1)B (2)D
(3)eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≠\f(π,4)＋kπ且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))
[方法技巧]
1．三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)，常借助三角函数图象来求解．
提醒：解三角不等式时要注意周期，且k∈Z不可以忽略．
2．三角函数值域或最值的3种求法
[针对训练]
1．函数y＝eq \r(sin x－cs x)的定义域为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)＋2kπ，\f(π,4)＋2kπ))(k∈Z)
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)＋2kπ，\f(π,4)＋2kπ))(k∈Z)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋2kπ，\f(5π,4)＋2kπ))(k∈Z)
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋2kπ，\f(5π,4)＋2kπ))(k∈Z)
解析：选D 要使函数有意义，需sin x－cs x≥0，即sin x≥cs x，解得2kπ＋eq \f(π,4)≤x≤2kπ＋eq \f(5π,4)(k∈Z)，故原函数的定义域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z)．
2．函数f(x)＝sin2x＋eq \r(3)cs x－eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))))的最大值是________．
解析：依题意，f(x)＝sin2x＋eq \r(3)cs x－eq \f(3,4)＝－cs2x＋eq \r(3)cs x＋eq \f(1,4)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs x－\f(\r(3),2)))2＋1，因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，eq \f(π,2)))，所以cs x∈[0,1]，因此当cs x＝eq \f(\r(3),2)时，f(x)max＝1.
答案：1
3．若函数f(x)＝sin(x＋φ)＋cs x的最大值为2，则常数φ的一个取值为________．
解析：∵f(x)＝sin(x＋φ)＋cs x的最大值为2，∴cs x＝1，解得x＝2kπ，k∈Z，且sin(x＋φ)＝sin(2kπ＋φ)＝sin φ＝1，∴φ＝eq \f(π,2)＋2nπ，n∈Z，∴可取φ＝eq \f(π,2).
答案：eq \f(π,2)(答案不唯一)
4．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，其中x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，a))，若f(x)的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，则实数a的取值范围为________．
解析：∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，a))，∴x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，a＋\f(π,6)))，
∵当x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,2)))时，f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，∴由函数的图象知，eq \f(π,2)≤a＋eq \f(π,6)≤eq \f(7,6)π，
∴eq \f(π,3)≤a≤π.∴a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π)).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))
命题视角二 三角函数的单调性
考法(一) 求三角函数的单调区间
[例1] 求下列函数的单调区间：
(1)f(x)＝|tan x|；
(2)f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2))).
[解] (1)观察图象可知，y＝|tan x|的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)，单调递减区间是eq \b\lc\( \rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－eq \f(π,2)，kπ)) (k∈Z)．
(2)当2kπ－π≤2x－eq \f(π,6)≤2kπ(k∈Z)，即kπ－eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋eq \f(π,12)(k∈Z)时，函数f(x)是增函数；当2kπ≤2x－eq \f(π,6)≤2kπ＋π(k∈Z)，即kπ＋eq \f(π,12)≤x≤kπ＋eq \f(7π,12)(k∈Z)时，函数f(x)是减函数．因此函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的单调递增区间是－eq \f(5π,12)，eq \f(π,12)，单调递减区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(5π,12)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,2))).
[方法技巧] 求三角函数单调区间的2种方法
提醒：求解三角函数的单调区间时，若x的系数为负，应先化为正，同时切莫忽视函数自身的定义域．
考法(二) 已知函数的单调性求参数值或范围
[例2] (1)若函数f(x)＝sin ωx(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递增，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，则ω等于( )
A．eq \f(2,3) B．eq \f(3,2) C．2 D．3
(2)(2022·深圳模拟)若f(x)＝cs 2x＋acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,2)＋x))在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上是增函数，则实数a的取值范围为________．
[解析] (1)因为f(x)＝sin ωx(ω>0)过原点，所以当0≤ωx≤eq \f(π,2)，即0≤x≤eq \f(π,2ω)时，y＝sin ωx是增函数；当eq \f(π,2)≤ωx≤eq \f(3π,2)，即eq \f(π,2ω)≤x≤eq \f(3π,2ω)时，y＝sin ωx是减函数．由f(x)＝sin ωx(ω>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减知，eq \f(π,2ω)＝eq \f(π,3)，所以ω＝eq \f(3,2).
(2)f(x)＝cs 2x＋acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x))＝1－2sin2x－asin x，令sin x＝t，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，则g(t)＝－2t2－at＋1，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，因为f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上单调递增，所以－eq \f(a,4)≥1，即a≤－4.
[答案] (1)B (2)(－∞，－4]
[方法技巧] 由单调区间求参数范围的方法
[针对训练]
1．已知eq \f(π,3)为函数f(x)＝sin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2)))的零点，则函数f(x)的单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(5π,12)，2kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,12)，2kπ＋\f(7π,12)))(k∈Z)
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,12)，kπ＋\f(7π,12)))(k∈Z)
解析：选C 由于eq \f(π,3)为函数f(x)＝sin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2)))的零点，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝0，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝0，
解得φ＝eq \f(π,3)，故f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
令－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
得kπ－eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋eq \f(π,12)(k∈Z)，
故函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)．
2．(2022·烟台模拟)若函数f(x)＝sin x＋eq \r(3)cs x在[t,3t]上是减函数，则t的取值范围是( )
A. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \f(π,6)，eq \f(7π,6))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \f(π,12)，eq \f(7π,18)))
C. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \f(π,6)，eq \f(7π,18))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \f(π,6)，π))
解析：选C f(x)＝sin x＋eq \r(3)cs x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋eq \f(π,3)))的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,6)＋2kπ，eq \f(7π,6)＋2kπ))，k∈Z，又由t<3t得t>0，由3t－t<π得03．已知ω>0，函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，则ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,4))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) D．(0,2]
解析：选A 由eq \f(π,2)当k＝0时，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(π,2)ω＋\f(π,4)≥\f(π,2)，,πω＋\f(π,4)≤\f(3π,2)，))
解得eq \f(1,2)≤ω≤eq \f(5,4).
4．cs 23°，sin 68°，cs 97°从小到大的顺序是________________．
解析：sin 68°＝sin(90°－22°)＝cs 22°.因为余弦函数y＝cs x在[0，π]上是单调递减的，且22°<23°<97°，所以cs 97°答案：cs 97°命题视角三 三角函数的周期性、奇偶性及对称性
考法(一) 三角函数的周期性
[例1] (1)(2019·全国Ⅱ卷)若x1＝eq \f(π,4)，x2＝eq \f(3π,4)是函数f(x)＝sin ωx(ω>0)两个相邻的极值点，则ω＝( )
A．2 B.eq \f(3,2) C．1 D.eq \f(1,2)
(2)(2019·北京高考)函数f(x)＝sin22x的最小正周期是________．
[解析] (1)由题意及函数y＝sin ωx的图象与性质可知，eq \f(1,2)T＝eq \f(3π,4)－eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，∴T＝π，∴ω＝eq \f(2π,T)＝2.
(2)因为f(x)＝sin22x＝eq \f(1－cs 4x,2)＝－eq \f(1,2)cs 4x＋eq \f(1,2)，所以最小正周期T＝eq \f(2π,4)＝eq \f(π,2).
[答案] (1)A (2)eq \f(π,2)
[方法技巧] 三角函数周期的求解方法
考法(二) 三角函数的奇偶性
[例2] 将函数y＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象向右平移φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜φ＜\f(π,2)))个单位长度后，会使新函数变为R上的偶函数或奇函数，请分别写出对应的φ值．
[解] 函数的图象向右平移φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜φ＜\f(π,2)))个单位长度，则y＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))变为y＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－2φ＋\f(π,6))).
(1)若y＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－2φ＋\f(π,6)))为偶函数，则2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－2φ＋\f(π,6)))＝±2cs 2x，即eq \f(π,6)－2φ＝kπ，k∈Z，从而φ＝eq \f(π,12)－eq \f(kπ,2)，k∈Z.由0＜φ＜eq \f(π,2)，得φ的值为eq \f(π,12).
(2)若y＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－2φ＋\f(π,6)))为奇函数，则2cs2x－2φ＋eq \f(π,6)＝±2sin 2x，即eq \f(π,6)－2φ＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，从而φ＝－eq \f(π,6)－eq \f(kπ,2)，k∈Z.由0＜φ＜eq \f(π,2)，得φ的值为eq \f(π,3).
[方法技巧] 与三角函数奇偶性相关的结论
三角函数中，判断奇偶性的前提是定义域关于原点对称，奇函数一般可化为y＝Asin ωx或y＝Atan ωx 的形式，而偶函数一般可化为y＝Acs ωx＋b的形式．常见的结论有：
(1)若y＝Asin(ωx＋φ)为偶函数，则有φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)；若为奇函数，则有φ＝kπ(k∈Z)．
(2)若y＝Acs(ωx＋φ)为偶函数，则有φ＝kπ(k∈Z)；若为奇函数，则有φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)．
(3)若y＝Atan(ωx＋φ)为奇函数，则有φ＝kπ(k∈Z)．
考法(三) 三角函数的对称性
[例3] (1)已知函数f(x)＝sin xcs x＋eq \f(\r(3),2)(1－2sin2x)，对于函数f(x)有以下说法：
①f(x)的图象关于点eq \f(π,3)，0对称；②f(x)的最小正周期为π；③f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称；④f(x)的最大值为1.
其中正确结论的序号为________．
(2)已知函数y＝sin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，则φ的值为________．
[解析] (1)由题意可知f(x)＝eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(\r(3),2)cs 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋eq \f(π,3))).当x＝eq \f(π,3)时，2x＋eq \f(π,3)＝π，故函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,3)，0))对称，故①正确；当x＝eq \f(π,6)时，2x＋eq \f(π,3)＝eq \f(2π,3)，所以函数f(x)的图象不关于直线x＝eq \f(π,6)对称，故③错误；函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，故②正确；函数f(x)的最大值为1，故④正确．
(2)由题意得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝±1，∴eq \f(2π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，∴φ＝kπ－eq \f(π,6)(k∈Z)．∵φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)))，∴φ＝－eq \f(π,6).
[答案] (1)①②④ (2)－eq \f(π,6)
[方法技巧] 三角函数对称性问题的2种求解方法
[针对训练]
1．关于函数f(x)＝cs2x＋eq \r(3)sin xcs x－eq \f(1,2)有下述三个结论：
①f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \f(π,4)，eq \f(π,2)))上是减函数；
②f(x)的图象关于直线x＝－eq \f(π,3)对称；
③f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \f(π,4)，π))上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，eq \f(\r(3),2))).
其中正确结论的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选D 由题意，f(x)＝cs2x＋eq \r(3)sin xcs x－eq \f(1,2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋eq \f(π,6)))，由2kπ＋eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，得kπ＋eq \f(π,6)≤x≤kπ＋eq \f(2π,3)，k∈Z，所以f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋eq \f(π,6)，kπ＋eq \f(2π,3)))，k∈Z，可知①正确；由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(π,3)))＝sin－eq \f(2π,3)＋eq \f(π,6)＝－1，可知f(x)的图象关于直线x＝－eq \f(π,3)对称，所以②正确；当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \f(π,4)，π))时，2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \f(2π,3)，eq \f(13π,6)))，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋eq \f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，eq \f(\r(3),2)))，所以③正确．故选D.
2．已知函数f(x)＝|cs x|＋cs|x|，给出下列结论：①f(x)是周期函数；②f(x)在[0，π]上单调递减；③f(x)是奇函数；④f(x)的图象关于直线x＝π对称．其中正确结论的序号是________．
解析：当x＋2π≥0时，cs|x＋2π|＝cs(x＋2π)＝cs x＝cs|x|；当x＋2π<0时，cs|x＋2π|＝cs(－x－2π)＝cs(－x)＝cs|x|，
又|cs(x＋2π)|＝|cs x|，故f(x＋2π)＝f(x)，即2π为f(x)的周期，故①正确；feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝0，f(π)＝1－1＝0，故f(x)在[0，π]上不是单调递减函数，故②错；x∈R，f(0)＝2≠0，所以f(x)不是奇函数，故③错；当2π－x≥0时，cs|2π－x|＝cs(2π－x)＝cs x＝cs|x|；当2π－x<0时，cs|2π－x|＝cs(x－2π)＝cs x＝cs|x|，又|cs(2π－x)|＝|cs x|，故f(2π－x)＝f(x)，所以f(x)的图象关于直线x＝π对称，所以④正确．
答案：①④
一题多变·练发散思维——与ω有关的最值范围问题
[典型母题]
已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，x＝－eq \f(π,4)为f(x)的零点，x＝eq \f(π,4)为y＝f(x)图象的对称轴，且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，则ω的最大值为( )
A．11 B．9 C．7 D．5
[解题观摩] 由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)ω＋φ＝k1π，k1∈Z，,\f(π,4)ω＋φ＝k2π＋\f(π,2)，k2∈Z，))则ω＝2k＋1，k∈Z，φ＝eq \f(π,4)或φ＝－eq \f(π,4).若ω＝11，则φ＝－eq \f(π,4)，此时f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(11x－\f(π,4)))，f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(3π,44)))上单调递增，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,44)，\f(5π,36)))上单调递减，不满足f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调；若ω＝9，则φ＝eq \f(π,4)，此时f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9x＋\f(π,4)))，满足f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调递减，故选B.
[发掘训练]
1．(变条件)若本例条件“f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω＞0，|φ|≤\f(π,2)))”变为“f(x)＝cs(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω＞0，|φ|≤\f(π,2)))”，“f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调”变为“f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(π,6)))上单调”，其他条件不变，则ω的最大值为________．
解析：由f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(π,6)))上单调，即eq \f(1,2)T≥eq \f(π,6)－eq \f(π,18)，可得T≥eq \f(2π,9)，即ω≤9，∵x＝－eq \f(π,4)是f(x)的零点，x＝eq \f(π,4)是y＝f(x)图象的对称轴，要求ω的最大值，即求周期的最小值，∴eq \f(π,6)ω＋φ≤π，∵－eq \f(π,2)≤φ≤eq \f(π,2)，∴0＜ω≤6.根据三角函数的图象知，零点与对称轴之间的距离为eq \f(1,4)T(2k－1)，k∈N*，∴(2k－1)×eq \f(1,4)T＝eq \f(π,2).∴T＝eq \f(2π,2k－1)，ω＝2k－1，∵ω≤6，∴当k＝3时，ωmax＝5.
答案：5
2．(变条件)若本例条件变为“已知函数f(x)＝2eq \r(3)sin ωxcs ωx＋2sin2ωx＋cs 2ωx(ω＞0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(3π,2)))上单调递增”，则ω的最大值是________．
解析：因为f(x)＝2eq \r(3)sin ωxcs ωx＋2sin2ωx＋cs 2ωx＝eq \r(3)sin 2ωx＋1在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(3π,2)))上单调递增，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3ωπ≥－\f(π,2)，,3ωπ≤\f(π,2)，))解得ω≤eq \f(1,6)，所以正数ω的最大值是eq \f(1,6).
答案：eq \f(1,6)
[升维训练]
3．为了使函数y＝sin ωx＋1(ω＞0)在区间[0,2]上至少出现50次最大值，则ω的最小值为( )
A．49π B.eq \f(197π,4) C.eq \f(199π,4) D．100π
解析：选B 要使函数y＝sin ωx＋1(ω＞0)在区间[0,2]上至少出现50次最大值，则[0,2]至少包含49eq \f(1,4)个周期．∵49eq \f(1,4)T＝eq \f(197,4)·eq \f(2π,ω)≤2，∴ω≥eq \f(197π,4)，故ω的最小值为eq \f(197π,4).
4．已知ω＞0，函数f(x)＝sin ωx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上恰有9个零点，则ω的取值范围是________．
解析：f(x)＝sin ωx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上恰有9个零点，等价于f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上恰有4个零点，设f(x)的周期为T，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2T≤\f(π,4)，,2T＋\f(T,2)＞\f(π,4)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(T≤\f(π,8)，,T＞\f(π,10)，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2π,ω)≤\f(π,8)，,\f(2π,ω)＞\f(π,10)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω≥16，,ω＜20，))故ω的取值范围为[16,20)．
答案：[16,20)
5．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0,0≤φ≤π)是偶函数，且在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，则φ＝________，ω的最大值为________．
解析：因为函数f(x)＝sin(ωx＋φ)是偶函数，所以φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，又0≤φ≤π，所以φ＝eq \f(π,2).则f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,2)))＝cs ωx.又f(x)＝cs ωx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，由于ω＞0，所以ωx∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(ωπ,2)))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(ωπ,2)≤π，,ω＞0，))解得0＜ω≤2，所以ω的最大值为2.
答案：eq \f(π,2) 2
[融会贯通]
破解已知函数的奇偶性或单调性求参数问题的思路：一是方程思想，即活用奇、偶函数的定义，得参数所满足的方程，解方程即可求出参数的值，此时要注意题设条件中的参数的取值范围的限制；二是转化思想，利用三角函数的单调性，借用草图，转化为参数所满足的不等式(组)，解不等式(组)即可求出参数的取值范围．
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1．下列函数中，周期为2π的奇函数为( )
A．y＝sineq \f(x,2)cseq \f(x,2) B．y＝sin2x
C．y＝tan 2x D．y＝sin 2x＋cs 2x
解析：选A y＝sin2x为偶函数；y＝tan 2x的周期为eq \f(π,2)；y＝sin 2x＋cs 2x为非奇非偶函数，故B、C、D都不正确，故选A.
2．已知函数f(x)＝tan x，则下列结论不正确的是( )
A．2π是f(x)的一个周期
B．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(3π,4)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(3π,4)))
C．f(x)的值域为R
D．f(x)的图象关于点eq \f(π,2)，0对称
解析：选B f(x)＝tan x的最小正周期为π，所以2π是f(x)的一个周期，故A正确；feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(3π,4)))＝1，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(3π,4)))＝－1，故B不正确；f(x)＝tan x的值域为R，故C正确；f(x)＝tan x的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,2)，0))对称，故D正确．
3．函数y＝|cs x|的一个单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2))) B．[0，π]
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))
解析：选D 将y＝cs x位于x轴下方的图象关于x轴对称翻折到x轴上方，x轴上方(或x轴上)的图象不变，即得y＝|cs x|的图象(如图)．故选D.
4．函数y＝cs2x－2sin x的最大值与最小值分别为( )
A．3，－1 B．3，－2 C．2，－1 D．2，－2
解析：选D y＝cs2x－2sin x＝1－sin2x－2sin x
＝－sin2x－2sin x＋1，令t＝sin x，则t∈[－1,1]，y＝－t2－2t＋1＝－(t＋1)2＋2，所以ymax＝2，ymin＝－2.
5．定义在R上的函数f(x)既是偶函数又是周期函数，若f(x)的最小正周期是π，且当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f(x)＝sin x，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)))的值为( )
A．－eq \f(1,2) B.eq \f(1,2) C.eq \f(7,16) D.eq \f(\r(3),2)
解析：选D ∵f(x)的最小正周期是π，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)－2π))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))，∵函数f(x)是偶函数，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝sin eq \f(π,3)＝eq \f(\r(3),2).故选D.
二、综合练——练思维敏锐度
1．如果函数y＝3cs(2x＋φ)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)，0))对称，那么|φ|的最小值为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,2)
解析：选A 由题意得3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(4π,3)＋φ))＝3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(2π,3)＋φ＋2π))＝3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝0，∴eq \f(2π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，∴φ＝kπ－eq \f(π,6)(k∈Z)，取k＝0，得|φ|的最小值为eq \f(π,6).
2．函数f(x)＝tan x＋eq \f(1,tan x)，x∈的图象为( )
解析：选A f(x)＝tan x ＋eq \f(1,tan x)，因为定义域关于原点对称，并且f(－x)＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，图象应该关于原点成中心对称，所以排除B、C；当x＝eq \f(π,4)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,4)))>0，排除D，故选A.
3．已知函数f(x)＝eq \r(3)sin x＋cs x，下列说法不正确的是( )
A．f(x)的最小正周期为2π
B．f(x)的最大值为eq \r(3)＋1
C．f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))上为减函数
D.eq \f(5π,6)为f(x)的一个零点
解析：选B f(x)＝eq \r(3)sin x＋cs x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，f(x)的最小正周期为2π，故A正确；当sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＝1时，f(x)的最大值为2，故B错误；因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,6)))⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，所以f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))上为减函数，故C正确；feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)＋\f(π,6)))＝2sin π＝0，所以eq \f(5π,6)为f(x)的一个零点，故D正确．
4．若函数f(x)＝eq \r(3)sin(2x＋θ)＋cs(2x＋θ)为奇函数，且在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))上为减函数，则θ的一个值为( )
A．－eq \f(π,3) B．－eq \f(π,6) C.eq \f(2π,3) D.eq \f(5π,6)
解析：选D 由题意得f(x)＝eq \r(3)sin(2x＋θ)＋cs(2x＋θ)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋θ＋\f(π,6))).因为函数f(x)为奇函数，所以θ＋eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，故θ＝－eq \f(π,6)＋kπ(k∈Z)．当θ＝－eq \f(π,6)时，f(x)＝2sin 2x，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))上为增函数，不合题意；当θ＝eq \f(5π,6)时，f(x)＝－2sin 2x，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))上为减函数，符合题意，故选D.
5．已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))的图象的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))，其中ω为常数，且ω∈(1,3)．若对任意的实数x，总有f(x1)≤f(x)≤f(x2)，则|x1－x2|的最小值是( )
A．1 B.eq \f(π,2) C．2 D．π
解析：选B 因为函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))的图象的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))，所以eq \f(π,3)ω＋eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)，所以ω＝3k－1(k∈Z)，由ω∈(1,3)，得ω＝2.由题意得|x1－x2|的最小值为函数的半个周期，即eq \f(T,2)＝eq \f(π,ω)＝eq \f(π,2).
6．已知函数f(x)＝sin ωx(ω>0)的图象关于直线x＝eq \f(3π,4)对称，且f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上为单调函数，则下述四个结论中正确的是( )
A．满足条件的ω取值有1个
B．x＝eq \f(2π,3)为函数f(x)的一个对称轴
C．f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，0))上单调递增
D．f(x)在(0，π)上有一个极大值点和一个极小值点
解析：选C 因为函数f(x)＝sin ωx(ω>0)的图象关于直线x＝eq \f(3π,4)对称，所以eq \f(3π,4)ω＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得ω＝eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋k))>0(k∈Z)，又f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上为单调函数，所以eq \f(π,4)≤eq \f(\f(π,2),ω)，即ω≤2，所以ω＝eq \f(2,3)或ω＝2，即f(x)＝sineq \f(2,3)x或f(x)＝sin 2x，而feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))≠±1，故A、B不正确；由f(x)＝sineq \f(2,3)x或f(x)＝sin 2x图象知，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，0))上单调递增，故C正确；当x∈(0，π)时，f(x)＝sineq \f(2,3)x只有一个极大值点，不符合题意，故D不正确．
7．函数y＝sin x＋cs x＋3cs xsin x的最大值是________，最小值是________．
解析：令t＝sin x＋cs x，则t∈[－eq \r(2)，eq \r(2)]．∵(sin x＋cs x)2－2sin xcs x＝1，∴sin xcs x＝eq \f(t2－1,2)，∴y＝eq \f(3,2)t2＋t－eq \f(3,2)，t∈[－eq \r(2)，eq \r(2) ]，∵对称轴t＝－eq \f(1,3)∈[－eq \r(2)，eq \r(2) ]，∴ymin＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝eq \f(3,2)×eq \f(1,9)－eq \f(1,3)－eq \f(3,2)＝－eq \f(5,3)，ymax＝f(eq \r(2))＝eq \f(3,2)＋eq \r(2).
答案：eq \f(3,2)＋eq \r(2) －eq \f(5,3)
8．写出一个最小正周期为2的奇函数f(x)＝________.
解析：基本初等函数中的既为周期函数又为奇函数的函数为y＝sin x，所以此题可考虑在此基础上调整周期使其满足题意．由此可知f(x)＝sin ωx且T＝eq \f(2π,ω)⇒f(x)＝sin πx.
答案：sin πx(答案不唯一)
9．(2020·全国Ⅲ卷)关于函数f(x)＝sin x＋eq \f(1,sin x)有如下四个命题：
①f(x)的图象关于y轴对称．
②f(x)的图象关于原点对称．
③f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称．
④f(x)的最小值为2.
其中所有真命题的序号是________．
解析：由题意知f(x)的定义域为{x|x≠kπ，k∈Z}，且关于原点对称．又f(－x)＝sin(－x)＋eq \f(1,sin－x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x＋\f(1,sin x)))＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，所以①为假命题，②为真命题．因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＋eq \f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x)))＝cs x＋eq \f(1,cs x)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x))＋eq \f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x)))＝cs x＋eq \f(1,cs x)，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))，所以函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称，③为真命题．当sin x<0时，f(x)<0，所以④为假命题．综上，所有真命题的序号是②③.
答案：②③
10．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋eq \f(π,6))) (ω>0)，对任意x∈R，都有f(x)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,3)))，并且f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－eq \f(π,6)，eq \f(π,3)))上不单调，则ω的最小值是________．
解析：由题意，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,3)))是函数f(x)的最大值，∴eq \f(ωπ,3)＋eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，即ω＝6k＋1，k∈Z.∵ω>0，∴k∈N.当k＝0时，ω＝1，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋eq \f(π,6)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－eq \f(π,6)，eq \f(π,3)))上单调递增，不符合题意；当k＝1时，ω＝7，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(7x＋eq \f(π,6)))符合题意，∴ω的最小值是7.
答案：7
11．已知函数f(x)＝cs(2x＋θ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤θ≤\f(π,2)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,8)π，－\f(π,6)))上单调递增，若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))≤m恒成立，则实数m的取值范围为________．
解析：f(x)＝cs(2x＋θ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤θ≤\f(π,2)))，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,8)π，－\f(π,6)))时，－eq \f(3,4)π＋θ≤2x＋θ≤－eq \f(π,3)＋θ，由函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,8)π，－\f(π,6)))上是增函数，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－π＋2kπ≤－\f(3,4)π＋θ，,－\f(π,3)＋θ≤2kπ))(k∈Z)，则2kπ－eq \f(π,4)≤θ≤2kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)．又0≤θ≤eq \f(π,2)，∴0≤θ≤eq \f(π,3).∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋θ))，又eq \f(π,2)≤θ＋eq \f(π,2)≤eq \f(5,6)π，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))max＝0，∴m≥0.
答案：[0，＋∞)
12．已知函数f(x)＝2|cs x|sin x＋sin 2x，给出下列四个命题：
①函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,4)对称；
②函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上单调递增；
③函数f(x)的最小正周期为π；
④函数f(x)的值域为[－2,2]．
其中真命题的序号是________．
解析：对于函数f(x)＝2|cs x|sin x＋sin 2x，由于feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝－2，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)))＝0，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))≠feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)))，故f(x)的图象不关于直线x＝eq \f(π,4)对称，故排除①.在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上，f(x)＝2|cs x|sin x＋sin 2x＝2sin 2x，2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，此时函数f(x)单调递增，故②正确．函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \r(3)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)))＝0.所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))≠feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)))，故函数f(x)的最小正周期不是π，故③错误．当cs x≥0时，f(x)＝2|cs x|sin x＋sin 2x＝2sin xcs x＋sin 2x＝2sin 2x，故它的最大值为2，最小值为－2；当cs x<0时，f(x)＝2|cs x|sin x＋sin 2x＝－2sin xcs x＋sin 2x＝0.综合可得，函数f(x)的最大值为2，最小值为－2，故④正确．
答案：②④
13．设f(x)＝mcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－eq \f(π,3)))＋m－1(m≠0)．
(1)若m＝2，求函数f(x)的零点；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，eq \f(π,2)))时，－3≤f(x)≤4恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)由m＝2⇒f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－eq \f(π,3)))＋1，令f(x)＝0，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－eq \f(π,3)))＝－eq \f(1,2)，即2x－eq \f(π,3)＝2kπ＋eq \f(2π,3)或2x－eq \f(π,3)＝2kπ＋eq \f(4π,3)(k∈Z)，解得x＝kπ＋eq \f(π,2)或x＝kπ＋eq \f(5π,6)(k∈Z)，∴f(x)的零点是x＝kπ＋eq \f(π,2)或x＝kπ＋eq \f(5π,6)(k∈Z)．
(2)由0≤x≤eq \f(π,2)可得－eq \f(π,3)≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(2π,3)，所以－eq \f(1,2)≤cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－eq \f(π,3)))≤1.①当m>0时，易得eq \f(m,2)－1≤f(x)≤2m－1，由－3≤f(x)≤4恒成立可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fxmin≥－3，,fxmax≤4，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(m,2)－1≥－3，,2m－1≤4，,m>0，))解得014．在①函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，b))对称；②函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的最小值为eq \f(1,2)；③函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,12)对称．在这三个条件中任选两个补充到下面的问题中，再解答这个问题．
已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)＋beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))，若满足条件________与________．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)设g(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))，求g(x)的单调区间．
解：(1)选①②.∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，b))为f(x)的对称中心，∴2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z，又|φ|(2)由(1)知f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋1，则g(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋π＋\f(π,3)))＋1＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋eq \f(π,3)))＋1，由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋eq \f(π,12)，k∈Z，∴g(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))，k∈Z.由2kπ＋eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，得kπ＋eq \f(π,12)≤x≤kπ＋eq \f(7π,12)，k∈Z，∴g(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,12)，kπ＋\f(7π,12)))，k∈Z.
第五节 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及三角函数模型的简单应用
课程标准
1．了解函数y＝Asin(ωx＋φ)的实际意义．
2．能画出y＝Asin(ωx＋φ)的图象，理解参数A，ω，φ的意义．
3．了解参数的变化对函数图象变化的影响．
4．会用三角函数解决一些简单的实际问题．
[由教材回扣基础]
1．函数y＝Asin(ωx＋φ)的有关概念
2．用五点法画f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)在一个周期内的简图时，要找的五个特征点如下
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
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)将函数y＝3sin 2x的图象向左平移eq \f(π,4)个单位长度后所得图象的解析式是y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).( )
(2)若函数y＝Acs(ωx＋φ)的最小正周期为T，则函数图象的两个相邻对称中心之间的距离为eq \f(T,2).( )
(3)由图象求解析式时，振幅A的大小是由一个周期内图象中最高点的值与最低点的值确定的．( )
(4)当函数y＝sin x的图象上各点的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的eq \f(1,2)时，所得图象对应的函数解析式为y＝sineq \f(1,2)x.( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)×
二、练牢教材小题
1．(人教A版必修④P57T1改编)为了得到y＝3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋eq \f(π,8)))的图象，只需把y＝3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋eq \f(π,8)))图象上所有点的( )
A．纵坐标伸长到原来的3倍，横坐标不变
B．横坐标伸长到原来的3倍，纵坐标不变
C．纵坐标缩短到原来的eq \f(1,3)，横坐标不变
D．横坐标缩短到原来的eq \f(1,3)，纵坐标不变
答案：D
2.(新人教A版必修①P241T4改编)函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)的图象如图，则点(ω，φ)的坐标是________．
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(2π,3)))
3．(人教A版必修④P70T7(3)改编)将函数y＝sin 2x的图象向左平移eq \f(π,4)个单位长度，再向上平移1个单位长度，所得图象的函数解析式是____________．
答案：y＝1＋cs 2x
三、练清易错易混
1．(图象平移方向把握不准)为了得到函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象，可以将函数y＝2sin 2x的图象( )
A．向右平移eq \f(π,6)个单位 B．向右平移eq \f(π,3)个单位
C．向左平移eq \f(π,6)个单位 D．向左平移eq \f(π,3)个单位
答案：A
2．(图象横坐标伸缩与ω的关系把握不准)函数y＝sin x 的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍得到的图象对应的函数解析式是________．
答案：y＝sineq \f(1,2)x
3．(忽视参数的范围)已知简谐运动f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x＋φ))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))的图象经过点(0,1)，则该简谐运动的初相φ为________．
答案：eq \f(π,6)
命题视角一 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及变换
[典例] 某同学用“五点法”画函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：
(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)将函数y＝f(x)图象上所有的点向左平移θ(θ>0)个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象．若函数y＝g(x)图象的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，0))，求θ的最小值；
(3)作出函数f(x)在长度为一个周期的闭区间上的图象．
[解] (1)根据表中已知数据，解得A＝5，ω＝2，φ＝－eq \f(π,6)，数据补全如下表：
且函数f(x)的解析式为f(x)＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
(2)由(1)知f(x)＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，
则g(x)＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋2θ－\f(π,6))).
令2x＋2θ－eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，
解得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)－θ，k∈Z.
由于函数y＝g(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，0))成中心对称，所以令eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)－θ＝eq \f(5π,12)，k∈Z，
解得θ＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,3)，k∈Z.
由θ>0可知，当k＝1时，θ取得最小值为eq \f(π,6).
(3)由数据作出函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(13π,12)))上的图象如图所示．
[方法技巧]
1．函数y＝Asin(ωx＋φ)图象的画法
(1)用“五点法”作简图得到，列表时可通过变量代换z＝ωx＋φ计算五点坐标．求出第一个点的横坐标后，依次加上周期的eq \f(1,4)即可得到后四个点的横坐标．
(2)通过变换得到y＝Asin(ωx＋φ)的图象有两条途径：“先平移后伸缩”与“先伸缩后平移”．注意先伸缩后平移时平移距离为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(φ,ω)))个单位长度．
2．函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象变换的注意点
先伸缩后平移．值得注意的是，对于三角函数图象的平移变换问题，其平移变换规则是“左加、右减”，并且在变换过程中只变换自变量x，如果x的系数不是1，那么需把x的系数提取后再确定平移的单位长度和方向．
[针对训练]
1．(2021·全国乙卷)把函数y＝f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移eq \f(π,3)个单位长度，得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的图象，则f(x)＝( )
A．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(7π,12))) B．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,12)))
C．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(7π,12))) D．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,12)))
解析：选B 先将函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)－\f(π,4)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))的图象，再将所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,12)))的图象，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,12))).
2．(2020·江苏高考)将函数y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是________．
解析：将函数y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度，得到y＝3sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋\f(π,4)))＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,12)))的图象，由2x－eq \f(π,12)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，得对称轴方程为x＝eq \f(7π,24)＋eq \f(1,2)kπ，k∈Z，其中与y轴最近的对称轴的方程是 x＝－eq \f(5π,24).
答案：x＝－eq \f(5π,24)
命题视角二 由图象确定函数y＝Asin(ωx＋φ)的解析式
[典例] (1)函数y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜π)的部分图象如图所示，则该函数的解析式为( )
A．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3))) B．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))
C．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(π,3))) D．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))
(2) (2021·全国甲卷)已知函数f(x)＝2cs(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝________.
解析： (1)由题图可知A＝2，因为eq \f(T,2)＝eq \f(5π,12)＋eq \f(π,12)＝eq \f(π,2)，所以T＝π，所以ω＝eq \f(2π,π)＝2.将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，2))代入函数解析式得2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))＋φ))＝2，所以－eq \f(π,6)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，即φ＝2kπ＋eq \f(2π,3)，k∈Z，因为|φ|＜π，所以φ＝eq \f(2π,3).所以y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3))).
(2)设函数f(x)＝2cs(ωx＋φ)的周期为T.
由题图可知eq \f(3,4)T＝eq \f(13,12)π－eq \f(π,3)，∴T＝π.
又T＝eq \f(2π,|ω|)，∴|ω|＝2.不妨设ω>0，
则f(x)＝2cs(2x＋φ)．将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13π,12)，2))代入f(x)中，可得
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13π,12)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(13π,12)＋φ))＝2，
∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13π,6)＋φ))＝1，∴eq \f(13π,6)＋φ＝2kπ(k∈Z)，
∴φ＝2kπ－eq \f(13π,6)(k∈Z)．
取k＝1，得φ＝－eq \f(π,6)，
∴f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,2)－\f(π,6)))＝2cseq \f(5π,6)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))＝－eq \r(3).
[答案] (1)A (2)－eq \r(3)
[方法技巧]
确定y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0，ω>0)的步骤和方法
(1)求A，b：确定函数的最大值M和最小值m，则A＝eq \f(M－m,2)，b＝eq \f(M＋m,2).
(2)求ω：确定函数的周期T，则可得ω＝eq \f(2π,T).
(3)求φ：常用的方法有代入法和五点法．
①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时A，ω，b已知)或代入图象与直线y＝b的交点求解(此时要注意交点是在上升区间上还是在下降区间上)．
②五点法：确定φ值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口．
[针对训练]
1．函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的图象如图所示，为了得到函数y＝sin(ωx－φ)的图象，只需把函数f(x)的图象( )
A．向右平移eq \f(π,3)个单位 B．向左平移eq \f(π,3)个单位
C．向右平移eq \f(2π,3)个单位 D．向左平移eq \f(2π,3)个单位
解析：选A 由题图得eq \f(T,4)＝eq \f(7π,12)－eq \f(π,3)＝eq \f(π,4)，所以ω＝2.又2×eq \f(π,3)＋φ＝π＋kπ，k∈Z，结合|φ|＜eq \f(π,2)可得φ＝eq \f(π,3)，即f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).因此，把函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度可得y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象．
2．(2022·南京期中)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)，(其中ω＞0，|φ|＜π)的部分图象如图，则函数f(x)的解析式为f(x)＝________________.
解析：∵f(x)图象过点(0，eq \r(2))，∴f(0)＝2sin φ＝eq \r(2)，即sin φ＝eq \f(\r(2),2).∵|φ|＜π，∴φ＝eq \f(π,4)或φ＝eq \f(3π,4).由题图可知f(x)图象在y轴右侧第一个最高点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,8)，2)).若φ＝eq \f(π,4)，则由eq \f(5π,8)ω＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，得ω＝eq \f(2,5)；若φ＝eq \f(3π,4)，则由eq \f(5π,8)ω＋eq \f(3π,4)＝eq \f(π,2)，得ω＝－eq \f(2,5)(舍去)．∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)x＋\f(π,4))).
答案：2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)x＋\f(π,4)))
命题视角三 三角函数图象与性质的综合问题
[典例] 已知函数f(x)＝2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋sin 2x＋a的最大值为1.
(1)求实数a的值；
(2)若将f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度，得到函数g(x)的图象，求函数g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．
[解] (1)f(x)＝2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋sin 2x＋a＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＋sin 2x＋a＝eq \r(3)cs 2x＋sin 2x＋a＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋a，∴2＋a＝1，∴a＝－1.
(2)∵将f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度，得到函数g(x)的图象，∴g(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＝－1＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))－1，
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴2x＋eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(5π,3)))，∴当2x＋eq \f(2π,3)＝eq \f(2π,3)，即x＝0时，g(x)取得最大值为eq \r(3)－1；
当2x＋eq \f(2π,3)＝eq \f(3π,2)，即x＝eq \f(5π,12)时，g(x)取得最小值为－3.
[方法技巧]
三角函数的图象和性质的综合应用问题的求解思路
先将y＝f(x)化为y＝Asin(ωx＋φ)＋B的形式，再借助y＝Asin(ωx＋φ)的图象和性质(如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等)解决相关问题．
[针对训练]
(2021·温州二模)如图，已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的图象与y轴交于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)))，且eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，1))为该图象的最高点．
(1)求函数y＝f(x)在[0，π]上的零点；
(2)若函数y＝f(λx)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，求正实数λ的取值范围．
解：(1)由题图可知，f(x)的最大值为1，所以A＝1.因为图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)))，所以sin φ＝－eq \f(1,2)，又因为|φ|＜eq \f(π,2)，所以φ＝－eq \f(π,6).因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，1))为该图象的最高点，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω·\f(π,3)－\f(π,6)))＝1＝sineq \f(π,2)，所以ω＝2，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).令2x－eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，解得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)，k∈Z，当k＝0时，x＝eq \f(π,12)；当k＝1时，x＝eq \f(7π,12)，所以函数y＝f(x)在[0，π]上的零点为eq \f(π,12)，eq \f(7π,12).(2)f(λx)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2λx－\f(π,6)))，λ＞0.因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以2λx－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，λπ－\f(π,6))).若函数y＝f(λx)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，则有λπ－eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)，解得λ≤eq \f(2,3)，所以正实数λ的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3))).
命题视角四 三角函数模型的应用
[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)＝10－eq \r(3)cseq \f(π,12)t－sineq \f(π,12)t，t∈[0,24)．
(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)＝10－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs\f(π,12)t＋\f(1,2)sin\f(π,12)t))＝10－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))，又0≤t<24，所以eq \f(π,3)≤eq \f(π,12)t＋eq \f(π,3)(2)依题意，当f(t)>11时实验室需要降温．由(1)得f(t)＝10－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))，
故有10－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))>11，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))<－eq \f(1,2).
又0≤t<24，因此eq \f(7π,6)[方法技巧]
三角函数模型的应用策略
(1)三角函数模型的应用体现在两方面：一是已知函数模型求解数学问题；二是把实际问题抽象转化成数学问题，建立数学模型再利用三角函数的有关知识解决问题．
(2)研究y＝Asin(ωx＋φ)的性质时可将ωx＋φ视为一个整体，利用换元法和数形结合思想进行解题．
[针对训练]
1.如图，一个大风车的半径为8 m，12 min旋转一周，它的最低点P0离地面2 m，风车翼片的一个端点P从P0开始按逆时针方向旋转，则点P离地面的距离h(m)与时间t(min)之间的函数关系式是( )
A．h(t)＝－8sineq \f(π,6)t＋10B．h(t)＝－cseq \f(π,6)t＋10
C．h(t)＝－8sineq \f(π,6)t＋8 D．h(t)＝－8cseq \f(π,6)t＋10
解析：选D 设h(t)＝Acs ωt＋B，因为12 min旋转一周，所以eq \f(2π,ω)＝12，所以ω＝eq \f(π,6)，由于最大值与最小值分别为18,2.所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－A＋B＝18，,A＋B＝2，))解得A＝－8，B＝10.所以h(t)＝－8cseq \f(π,6)t＋10.
2．人的心脏跳动时，血压在增加或减少．血压的最大值、最小值分别为收缩压和舒张压，收缩压120 mmHg，舒张压80 mmHg为血压的标准值．设某人的血压满足函数式p(t)＝102＋24sin 160πt，其中p(t)为血压(单位：mmHg)，t为时间(单位：min)，则下列说法正确的是( )
A．收缩压和舒张压均高于相应的标准值
B．收缩压和舒张压均低于相应的标准值
C．收缩压高于标准值、舒张压低于标准值
D．收缩压低于标准值、舒张压高于标准值
解析：选C 因为p(t)＝102＋24sin 160πt，且－1≤sin 160πt≤1，所以p(t)∈[78,126]，即收缩压为126 mmHg，舒张压为78 mmHg.因为120＜126,80＞78，所以C正确．
数学建模·练抽象思维——三角函数模型的创新应用问题
1．(走向生产生活)音乐，是用声音来展现美，给人以听觉上的享受．著名数学家傅立叶研究了乐声的本质，他证明了所有的乐音都能用数学表达式来描述，它们是一些形如y＝asin bx的简单正弦函数的和，其中频率最低的一项是基本音，其余的为泛音．由乐音的数学表达式可知，所有泛音的频率都是基本音频率的整数倍，称为基本音的谐波．下列函数中不能与函数y＝0.06sin 180 000t(基本音)构成乐音的是( )
A．y＝0.02sin 360 000t
B．y＝0.03sin 180 000t
C．y＝0.02sin 181 800t
D．y＝0.05sin 540 000t
解析：选C 由f＝eq \f(1,T)＝eq \f(ω,2π)，可知若f1＝nf2(n∈N*)，则必有ω1＝nω2(n∈N*)．易得360 000＝2×180 000,180 000＝1×180 000,540 000＝3×180 000，故A、B、D中函数都能与函数y＝0.06 sin 180 000t构成乐音．只有C选项中，181 800不是180 000的整数倍．
2.(创新学科情境)已知函数f(x)＝sin(πx＋φ)某个周期的图象如图所示，A，B分别是f(x)图象的最高点与最低点，C是f(x)图象与x轴的交点，则tan∠BAC＝( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(4,7) C.eq \f(2\r(5),5) D.eq \f(7\r(65),65)
解析：选B 过点A作AD垂直x轴于点D，设AB与x轴交于点E.由题意可得周期为2，所以CD＝eq \f(3,2)，AD＝1，DE＝eq \f(1,2)，所以tan∠CAD＝eq \f(CD,AD)＝eq \f(3,2)，tan∠EAD＝eq \f(ED,AD)＝eq \f(1,2)，所以tan∠BAC＝tan(∠CAD－∠EAD)＝eq \f(tan∠CAD－tan∠EAD,1＋tan∠CAD·tan∠EAD)＝eq \f(4,7).故选B.
3．(创新学科情境)声音是由物体振动产生的声波，其中纯音的数学模型是函数y＝Asin ωt，已知函数f(x)＝2cs(2x＋φ)(－π≤φ≤π)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度后，与纯音的数学模型函数y＝2sin 2x 的图象重合，则φ＝________；若函数f(x)在[－a，a]上是减函数，则实数a的最大值是________．
解析：将函数y＝2sin 2x的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度后可得到函数f(x)的图象，则f(x)＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).又f(x)＝2cs(2x＋φ)(－π≤φ≤π)，所以φ＝eq \f(π,6).令2kπ≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋π(k∈Z)，解得kπ－eq \f(π,12)≤x≤kπ＋eq \f(5π,12)(k∈Z)，所以函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)．由0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)，可得k＝0.由于函数f(x)在[－a，a]上是减函数，则[－a，a]⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a≥－\f(π,12)，,a≤\f(5π,12)，,－a＜a，))解得0＜a≤eq \f(π,12)，则a的最大值为eq \f(π,12).
答案：eq \f(π,6) eq \f(π,12)
4.(创新学科情境)函数y＝f(x)＝2sin(ωx＋φ) 的部分图象如图所示，该图象与y轴相交于点F(0,1)，与x轴相
交于点B，C，点M为最高点，且三角形MBC的面积为π，则f(x)图象的一个对称中心是________．(写出一个符合题意的即可)
解析：∵S△MBC＝eq \f(1,2)×2×BC＝BC＝π，
∴周期T＝2π＝eq \f(2π,ω)，∴ω＝1.
由f(0)＝2sin φ＝1，得sin φ＝eq \f(1,2)，又0＜φ＜eq \f(π,2)，
∴φ＝eq \f(π,6)，∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6))).
令x＋eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，解得x＝－eq \f(π,6)＋kπ，k∈Z，故函数f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,6)，0))，k∈Z.
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(π,6)，0)) (满足eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－eq \f(π,6)，0))，k∈Z的任意一个即可)
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1．函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的振幅、频率和初相分别为( )
A．2，eq \f(1,π)，eq \f(π,4) B．2，eq \f(1,2π)，eq \f(π,4)
C．2，eq \f(1,π)，eq \f(π,8) D．2，eq \f(1,2π)，－eq \f(π,8)
解析：选A 由振幅、频率和初相的定义可知，函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的振幅为2，频率为eq \f(1,π)，初相为eq \f(π,4).
2．要得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,5)))的图象，可以将函数y＝sin x的图象上所有的点( )
A．向右平行移动eq \f(π,10)个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍
B．向右平行移动eq \f(π,10)个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍
C．横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，再把所得各点向右平行移动eq \f(π,5)个单位长度
D．横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，再把所得各点向右平行移动eq \f(π,10)个单位长度
解析：选D 将函数y＝sin x的图象上所有的点向右平行移动eq \f(π,10)个单位长度，得到函数y＝sinx－eq \f(π,10)的图象，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(π,10)))的图象，故A错误；将函数y＝sin x的图象上所有的点向右平行移动eq \f(π,10)个单位长度，得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,10)))的图象，再把所得各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－eq \f(π,10)))的图象，故B错误；将函数y＝sin x的图象上所有的点横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，得到y＝sin 2x的图象，再把所得各点向右平行移动eq \f(π,5)个单位长度，得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,5)))的图象，故C错误；将函数y＝sin x的图象上所有的点横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，得到y＝sin 2x的图象，再把所得各点向右平行移动eq \f(π,10)个单位长度，得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,5)))的图象，故D正确．
3．函数f(x)＝tan ωx(ω>0)的图象的相邻两支截直线y＝2所得线段长为eq \f(π,2)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))的值是( )
A．－eq \r(3) B.eq \f(\r(3),3) C．1 D.eq \r(3)
解析：选D 由题意可知该函数的周期为eq \f(π,2)，∴eq \f(π,ω)＝eq \f(π,2)，即ω＝2，∴f(x)＝tan 2x.∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝taneq \f(π,3)＝eq \r(3).
4.(2022·扬州检测)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，－eq \f(π,2)<φA．－eq \f(π,3) B.eq \f(π,3) C．－eq \f(π,6) D.eq \f(π,6)
解析：选B 由题图，得eq \f(T,2)＝eq \f(π,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝eq \f(π,2)，所以T＝π，由T＝eq \f(2π,ω)，得ω＝2，由题图可知A＝1，所以f(x)＝sin(2x＋φ)．又因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝0，－eq \f(π,2)<φ5．某城市一年中12个月的平均气温与月份的关系可近似地用三角函数y＝a＋Acseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x－6))(x＝1,2,3，…，12)来表示，已知6月份的平均气温最高，为28 ℃，12月份的平均气温最低，为18 ℃，则10月份的平均气温值为_______℃.
解析：依题意知，a＝eq \f(28＋18,2)＝23，A＝eq \f(28－18,2)＝5，所以y＝23＋5cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x－6))，当x＝10时，y＝23＋5cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,6)×4))＝20.5.
答案：20.5
二、综合练——练思维敏锐度
1．将函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,5)))的图象向右平移eq \f(π,10)个单位长度，所得图象对应的函数( )
A．在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))上单调递增 B．在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))上单调递减
C．在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,4)，\f(3π,2)))上单调递增 D．在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))上单调递减
解析：选A 把函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,5)))的图象向右平移eq \f(π,10)个单位长度得函数g(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,10)))＋\f(π,5)))＝sin 2x的图象，由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，得－eq \f(π,4)＋kπ≤x≤eq \f(π,4)＋kπ(k∈Z)，令k＝1，得eq \f(3π,4)≤x≤eq \f(5π,4)，即函数g(x)＝sin 2x的一个单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，\f(5π,4))).
2．在平面直角坐标系xOy中，将函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4)))的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度后得到的图象经过原点，则φ的最小值为( )
A.eq \f(π,3) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,6) D.eq \f(π,12)
解析：选B 将函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4)))的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度后得到的图象对应的解析式为y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3(x＋φ)＋eq \f(π,4)))，因为其图象经过原点，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3φ＋eq \f(π,4)))＝0，所以3φ＋eq \f(π,4)＝kπ(k∈Z)，解得φ＝eq \f(kπ,3)－eq \f(π,12)(k∈Z)，又φ>0，所以φ的最小值为eq \f(π,3)－eq \f(π,12)＝eq \f(π,4)，故选B.
3.函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是( )
A．函数f(x)的最小正周期为2π
B．函数f(x)图象的一条对称轴方程为x＝eq \f(5π,12)
C．函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))，k∈Z
D．当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，函数f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，1))
解析：选C 由题图，知A＝1，eq \f(T,4)＝eq \f(π,3)－eq \f(π,12)＝eq \f(π,4)，∴ω＝eq \f(2π,T)＝2，根据五点作图法得2×eq \f(π,3)＋φ＝0，∴φ＝－eq \f(2π,3)，则f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,3))).令2x－eq \f(2π,3)＝kπ－eq \f(π,2)，k∈Z，得f(x)的对称轴方程为x＝eq \f(k,2)π＋eq \f(π,12)，k∈Z.令2kπ－eq \f(3π,2)≤2x－eq \f(2π,3)≤2kπ－eq \f(π,2)，k∈Z，得f(x)的单调减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))，k∈Z.当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \f(π,6)，eq \f(π,2)))时，2x－eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3)))，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2)))，故选C.
4．将函数f(x)＝cs 2x的图象向右平移eq \f(π,4)个单位长度后得到函数g(x)的图象，则g(x)具有的性质为( )
A．最大值为1，图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称
B．为奇函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增
C．为偶函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,8)，\f(π,8)))上单调递增
D．周期为π，图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))对称
解析：选D 将函数f(x)＝cs 2x的图象向右平移eq \f(π,4)个单位长度后得到函数g(x)＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))))＝sin 2x的图象，则函数g(x)的最大值为1，其图象关于直线x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,4)(k∈Z)对称，故选项A不正确；函数g(x)为奇函数，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，2x∈(0，π)，故函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上不单调，故选项B、C不正确；函数g(x)的周期为π，其图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)对称，故选项D正确．故选D.
5．直线y＝a与函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))(ω＞0)的图象的相邻两个交点的距离为2π，若f(x)在(－m，m)(m＞0)上是增函数，则m的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,2)))
解析：选B 因为直线y＝a与函数f(x)的图象的相邻两个交点的距离为一个周期，所以ω＝eq \f(1,2)，所以f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,4)))，由kπ－eq \f(π,2)＜eq \f(1,2)x＋eq \f(π,4)＜kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得2kπ－eq \f(3π,2)＜x＜2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(π,2)))上是增函数，故(－m，m)⊆eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(π,2)))，解得0＜m≤eq \f(π,2).故选B.
6．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上单调，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，将函数y＝f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的3倍，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图象，若函数y＝g(x)在区间[－t，t]上单调递增，则t的最大值为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,12)
解析：选B ∵eq \f(π,2)－eq \f(π,6)≤eq \f(T,2)，∴T≥eq \f(2π,3).
又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，eq \f(2π,3)－eq \f(π,2)＝eq \f(π,6)∴x＝eq \f(\f(π,2)＋\f(2π,3),2)＝eq \f(7π,12)是函数的一条对称轴．
同理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))是函数的一个对称中心，
∵eq \f(7π,12)－eq \f(π,3)＝eq \f(π,4)7．将函数f(x)＝2sin x图象的每一个点的横坐标缩短为原来的一半，再向左平移eq \f(π,12)个单位长度得到g(x)的图象，则g(x)＝________；若函数g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2a，\f(7π,6)))上单调递增，则实数a的取值范围是________．
解析：将函数f(x)＝2sin x图象的每一个点的横坐标缩短为原来的一半，得到y＝2sin 2x的图象；再向左平移eq \f(π,12)个单位长度得到g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象．若函数g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2a，\f(7π,6)))上单调递增，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2·\f(a,3)＋\f(π,6)≤\f(π,2)，,2·2a＋\f(π,6)≥\f(3π,2)，))解得eq \f(π,3)≤a≤eq \f(π,2)，所以实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))).
答案：2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))
8．已知函数f(x)＝cs ωx＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在[0，π]上恰有一个最大值点和两个零点，则ω的取值范围是________．
解析：f(x)＝cs ωx＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))＝eq \f(3,2)cs ωx＋eq \f(\r(3),2)sin ωx＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))，由x∈[0，π]，ω>0，得ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，ωπ＋\f(π,3))).因为f(x)在[0，π]上恰有一个最大值点和两个零点，所以2π≤ωπ＋eq \f(π,3)答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(13,6)))
9．已知函数f(x)＝eq \r(3)sin ωxcs ωx－cs2ωx(ω>0)，周期是eq \f(π,2).
(1)求f(x)的解析式以及当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))时f(x)的值域；
(2)将f(x)图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，再向左平移eq \f(π,6)个单位长度，最后将整个函数图象向上平移eq \f(3,2)个单位长度后得到函数g(x)的图象，若|g(x)－m|<2成立的充分条件是eq \f(π,6)≤x≤eq \f(2,3)π，求m的取值范围．
解：(1)f(x)＝eq \r(3)sin ωxcs ωx－cs2ωx＝eq \f(\r(3),2)sin 2ωx－eq \f(1,2)(1＋cs 2ωx)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,6)))－eq \f(1,2).由T＝eq \f(2π,2ω)＝eq \f(π,2)，解得ω＝2.∴函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,6)))－eq \f(1,2).∵0≤x≤eq \f(π,3)，∴－eq \f(π,6)≤4x－eq \f(π,6)≤eq \f(7,6)π，结合函数y＝sin4x－eq \f(π,6)－eq \f(1,2)的图象及性质得，－eq \f(1,2)≤sin4x－eq \f(π,6)≤1，∴－1≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,6)))－eq \f(1,2)≤eq \f(1,2)，即函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2))).
(2)依题意g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋1.∵|g(x)－m|<2，∴g(x)－210.已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A>0，ω>0，|φ|(1)求函数f(x)的解析式，并写出其图象的对称中心；
(2)若方程f(x)＋2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,3)))＝a有实数解，求a的取值范围．
解：(1)由题图可得A＝2，eq \f(T,2)＝eq \f(2π,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，所以ω＝2.当x＝eq \f(π,6)时，f(x)＝2，可得2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋φ))＝2，因为|φ|(2)设g(x)＝f(x)＋2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋eq \f(π,3)))，则g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋eq \f(π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))+2，令t＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，t∈[－1,1]，记h(t)＝－4t2＋2t＋2＝－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,4)))2＋eq \f(9,4)，因为t∈[－1,1]，所以h(t)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－4，\f(9,4)))，即g(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－4，\f(9,4)))，故a∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－4，\f(9,4))).故a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－4，\f(9,4))).
三、自选练——练高考区分度
1．把函数f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))的图象向左平移m(m＞0)个单位，得到函数g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象，则m的最小值是( )
A.eq \f(7π,24) B.eq \f(17π,24) C.eq \f(5π,24) D.eq \f(19π,24)
解析：选B 把函数f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))的图象向左平移m(m＞0)个单位，得到g(x)＝2cs2(x＋m)－eq \f(π,4)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋2m－\f(π,4)))的图象，
而g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＝2cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－2x))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(5π,6))).
令2m－eq \f(π,4)＝－eq \f(5π,6)＋2kπ(k∈Z)，得m＝－eq \f(7π,24)＋kπ(k∈Z)，
因为m＞0，所以当k＝1时，m的值最小，
此时m＝π－eq \f(7π,24)＝eq \f(17π,24).
2．已知函数f(x)＝cs(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|＜\f(π,2)))，F(x)＝f(x)＋eq \f(\r(3),2)f′(x)为奇函数，则下述说法中不正确的是( )
A．tan φ＝eq \f(\r(3),3)
B．若f(x)在[－a，a]上存在零点，则a的最小值为eq \f(π,6)
C．F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))上单调递增
D．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有且仅有一个极大值点
解析：选D 因为f(x)＝cs(2x＋φ)，所以f′(x)＝－2sin(2x＋φ)，所以F(x)＝f(x)＋eq \f(\r(3),2)f′(x)＝cs(2x＋φ)－eq \r(3)sin(2x＋φ)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋φ＋\f(π,3)))，又F(x)为奇函数，所以F(0)＝0，即cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ＋\f(π,3)))＝0，令φ＋eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得φ＝eq \f(π,6)＋kπ，k∈Z，又|φ|＜eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,6).对于A，tan φ＝taneq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),3)，故A正确；对于B，由f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝0，得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)，k∈Z，若f(x)在[－a，a]上存在零点，则a＞0且a的最小值为eq \f(π,6)，故B正确；对于C，F(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)＋\f(π,3)))＝－2sin 2x，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))时，2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，则F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))上单调递增，故C正确；对于D，由f′(x)＝－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝0，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，可得x＝eq \f(5π,12)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12)))时，f′(x)＜0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(π,2)))时，f′(x)＞0，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(π,2)))上单调递增，故D错误．
3．已知函数f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(43π,3)))，若函数F(x)＝f(x)－3的所有零点依次记为x1，x2，x3，…，xn，且x1A.eq \f(1 190π,3) B.eq \f(1 192π,3) C．398π D.eq \f(1 196π,3)
解析：选A 函数f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，令2x－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，可得x＝eq \f(1,2)kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)，即函数图象的对称轴方程为x＝eq \f(1,2)kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)．又f(x)的最小正周期为T＝π，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(43π,3))).令eq \f(1,2)kπ＋eq \f(π,3)＝eq \f(43π,3)，可得k＝28，所以函数f(x)的图象在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(43π,3)))内有29条对称轴，根据正弦函数的性质可知，x1＋x2＝eq \f(π,3)×2，x2＋x3＝eq \f(5π,6)×2，…，x28＋x29＝eq \f(83π,6)×2.将以上各式相加得x1＋2x2＋2x3＋…＋2x28＋x29＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,6)＋\f(5π,6)＋\f(8π,6)＋…＋\f(83π,6)))×2＝eq \f(π,3)×eq \f(2＋83×28,2)＝eq \f(1 190π,3).故选 A.
4．(2021·全国甲卷)已知函数f(x)＝2cs(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则满足条件eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(fx－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7π,4)))))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(fx－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)))))＞0的最小正整数x为________．
解析：由函数图象可知eq \f(3,4)T＝eq \f(13π,12)－eq \f(π,3)＝eq \f(3π,4)，所以T＝π，ω＝2，所以f(x)＝2cs(2x＋φ)．因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝2·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝0，且函数f(x)的图象在x＝eq \f(π,3)附近呈下降趋势，所以eq \f(2π,3)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，所以φ＝2kπ－eq \f(π,6)，k∈Z.不妨取φ＝－eq \f(π,6)，可得f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，因此feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7π,4)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7π,2)－\f(π,6)))＝1，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8π,3)－\f(π,6)))＝0，原不等式可化为[f(x)－1]·f(x)＞0，解得f(x)＜0或f(x)＞1.函数f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))的图象如图．
当f(x)＝1时，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，x取得最小正数时，2x－eq \f(π,6)＝eq \f(π,3)，解得x＝eq \f(π,4).当f(x)＝0时，令2x－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，解得x＝eq \f(π,3).因为eq \f(π,4)＜1＜eq \f(π,3)，所以x＝1不符合题意．又x取最小正整数，所以当x＝2时，易得不等式成立．故x＝2.
答案：2
第六节 正弦定理和余弦定理
课程标准
1.掌握余弦定理、正弦定理.
2.能用余弦定理、正弦定理解决简单的实际问题.
第1课时 系统知识牢基础——正弦定理、余弦定理及应用
知识点一 正弦定理、余弦定理
[由教材回扣基础]
1．正、余弦定理及变形
提醒：若已知两边和其中一边的对角，解三角形时，可用正弦定理．在根据另一边所对角的正弦值确定角的值时，要注意避免增根或漏解，常用的基本方法就是注意结合“大边对大角，大角对大边”及三角形内角和定理去考虑问题．
2．谨记常用结论
(1)在三角形ABC中，A＋B＋C＝π，则
①sin A＝sin(B＋C)，cs A＝－cs(B＋C)，tan A＝－tan(B＋C)．
②sin eq \f(A,2)＝cs eq \f(B＋C,2)，cs eq \f(A,2)＝sin eq \f(B＋C,2).
③sin A＝sin B⇔A＝B；
sin 2A＝sin 2B⇔A＝B或A＋B＝eq \f(π,2).
④A>B⇔a>b⇔sin A>sin B⇔cs A(2)三角形的面积
S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(abc,4R)＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)·r(r是三角形内切圆的半径)，并可由此计算R，r.
[练小题巩固基础]
1．判断正误
(1)三角形中三边之比等于相应的三个内角之比．( )
(2)在△ABC中，若sin A＞sin B，则A＞B.( )
(3)在△ABC的六个元素中，已知任意三个元素，可求其他元素．( )
(4)当b2＋c2－a2＞0时，△ABC为锐角三角形；当b2＋c2－a2＝0时，△ABC为直角三角形；当b2＋c2－a2＜0时，△ABC为钝角三角形．( )
(5)在三角形中，已知两边和一角就能求三角形的面积．( )
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√
2．(新苏教版必修②P86例1改编)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A＝eq \f(π,4)，B＝eq \f(π,12)，c＝3eq \r(3)，则a＝( )
A.eq \r(2) B．2eq \r(2) C．3eq \r(2) D．4eq \r(2)
答案：C
3．(人教A版必修⑤P4例2改编)在△ABC中，已知AC＝eq \r(3)，AB＝3，A＝30°，则BC＝( )
A．4 B．2 C．3 D.eq \r(3)
答案：D
4．(人教A版必修⑤P7例4改编)在△ABC中，AB＝5，AC＝3，BC＝7，则∠BAC＝( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(2,3)π D.eq \f(5,6)π
解析：选C 由余弦定理，得cs∠BAC＝eq \f(AC2＋AB2－BC2,2AC·AB)＝eq \f(9＋25－49,30)＝－eq \f(1,2)，因为∠BAC为△ABC的内角，所以∠BAC＝eq \f(2,3)π，故选C.
5．(忽视条件出现增根致误)在△ABC中，若A＝60°，a＝4eq \r(3)，b＝4eq \r(2)，则B＝________.
解析：由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，得sin B＝eq \f(bsin A,a)＝eq \f(4\r(2)×\f(\r(3),2),4\r(3))＝eq \f(\r(2),2).又a＞b，则A＞B，所以B为锐角，故B＝45°.
答案：45°
6．(面积公式使用错误致误)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若2sin B＝sin A＋sin C，cs B＝eq \f(3,5)，且S△ABC＝6，则b＝________.
解析：在△ABC中，由正弦定理可得，2b＝a＋c ①，由余弦定理可得，b2＝a2＋c2－2ac×eq \f(3,5)＝(a＋c)2－eq \f(16,5)ac ②，由cs B＝eq \f(3,5)，得sin B＝eq \f(4,5)，故S△ABC＝eq \f(1,2)ac×eq \f(4,5)＝6 ③，由①②③得，b＝4.
答案：4
7．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝4，b＝5，b>c，△ABC的面积为5eq \r(3)，则c＝________.
解析：由三角形面积公式，得eq \f(1,2)×4×5sin C＝5eq \r(3)，
即sin C＝eq \f(\r(3),2).又b>a，b>c，所以C为锐角，于是C＝60°.由余弦定理，得c2＝42＋52－2×4×5cs 60°，解得c＝eq \r(21).
答案：eq \r(21)
知识点二 正、余弦定理的实际应用
[由教材回扣基础]
测量中几个术语的意义及图形表示
澄清微点·熟记结论
(1)方位角和方向角本质上是一样的，方向角是方位角的一种表达形式，是同一问题中对角的不同描述．
(2)将三角形的解还原为实际问题时，要注意实际问题中的单位、近似值要求，同时还要注意所求的结果是否符合实际情况．
[练小题巩固基础]
1．判断正误
(1)从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α＋β＝180°.( )
(2)俯角是铅垂线与视线所成的角，其范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).( )
答案：(1)× (2)×
2．(人教A版必修②P49例9改编)设点A，B在河的两岸，一测量者在A的同侧所在的河岸边选定一点C，测出A，C两点间的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，则A，B两点间的距离为( )
A.eq \f(25\r(2),2) m B．25eq \r(2) m C．50eq \r(2) m D．50eq \r(3) m
解析：选C 在△ABC中，∠ABC＝30°，由正弦定理得eq \f(AC,sin 30°)＝eq \f(AB,sin 45°)，即eq \f(50,\f(1,2))＝eq \f(AB,\f(\r(2),2))，所以AB＝50eq \r(2) m，故选C.
3.(人教A版必修②P50例10改编)如图所示，D，C，B三点在地面的同一条直线上，DC＝a，从C，D两点测得A点的仰角分别为60°，30°，则A点离地面的高度AB＝________.
解析：由已知得∠DAC＝30°，△ADC为等腰三角形，AD＝eq \r(3)a，所以在Rt△ADB中，AB＝eq \f(1,2)AD＝eq \f(\r(3),2)a.
答案：eq \f(\r(3),2)a
4．(人教A版必修②P51T1改编)已知A船在灯塔C北偏东80°处，且A到C的距离为2 km，B船在灯塔C北偏西40°处，A，B两船的距离为3 km，则B到C的距离为________km.
解析：由条件知，∠ACB＝80°＋40°＝120°，设BC＝x km，则由余弦定理知9＝x2＋4－4xcs 120°，∵x>0，∴x＝eq \r(6)－1.
答案：eq \r(6)－1
5．在一次抗洪抢险中，某救生艇发动机突然发生故障停止转动，失去动力的救生艇在洪水中漂行，此时，风向是北偏东30°，风速是20 km/h；水的流向是正东，流速是20 km/h，若不考虑其他因素，救生艇在洪水中漂行的方向为北偏东______，速度的大小为______km/h.
解析：如图，∠AOB＝60°，由余弦定理知OC2＝202＋202－800cs 120°＝1 200，故OC＝20eq \r(3)，∠COy＝30°＋30°＝60°.
答案：60° 20eq \r(3)
第2课时 精研题型明考向——解三角形及应用举例
1．(2021全国乙卷·结合数学文化考查解三角形)
魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高．如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”，则海岛的高AB＝( )
A．eq \f(表高×表距,表目距的差)＋表高 B．eq \f(表高×表距,表目距的差)－表高
C．eq \f(表高×表距,表目距的差)＋表距 D．eq \f(表高×表距,表目距的差)－表距
解析：选A 由题意，知△ABH∽△EDH，
所以eq \f(AB,DE)＝eq \f(AH,EH)，所以EH＝eq \f(DE·AH,AB) ①.
由题意，知△ABC∽△GFC，所以eq \f(AB,FG)＝eq \f(AC,GC)，
所以GC＝eq \f(FG·AC,AB)＝eq \f(DE·AC,AB) ②.
②－①，得GC－EH＝eq \f(DEAC－AH,AB)＝eq \f(DE·HC,AB)，所以AB＝eq \f(DE·HC,GC－EH)＝eq \f(DE·[EG＋GC－EH],GC－EH)＝eq \f(DE·EG,GC－EH)＋DE，所以AB＝eq \f(表高×表距,表目距的差)＋表高．故选A.
2．(2021全国甲卷·利用三角恒等变换及正弦定理求高度差)2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86(单位：m)，三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．右图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′满足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°.由C点测得B点的仰角为15°，BB′与CC′的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′－CC′约为(eq \r(3)≈1.732)( )
A．346 B．373 C．446 D．473
解析：选B 如图，分别过C，B两点作CE∥C′B′，BF∥A′B′，分别交BB′，AA′于E，F两点．易知BE＝100，BF⊥AA′，且∠ABF＝45°，所以AF＝BF＝A′B′，要求AA′与CC′的高度差，即求AF＋BE，即求BE＋A′B′.在△BCE中，eq \f(BE,CE)＝eq \f(BE,C′B′)＝tan∠BCE＝tan 15°＝tan(45°－30°)＝eq \f(tan 45°－tan 30°,1＋tan 45°tan 30°)＝2－eq \r(3)，解得CE＝100(2＋eq \r(3))，即B′C′＝100(2＋eq \r(3))．在△A′B′C′中，∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°，所以∠C′A′B′＝75°.由正弦定理，得eq \f(A′B′,sin∠A′C′B′)＝eq \f(B′C′,sin∠C′A′B′)，所以A′B′＝eq \f(sin∠A′C′B′,sin∠C′A′B′)·B′C′＝eq \f(sin 45°,sin45°＋30°)·B′C′＝100(eq \r(3)＋1)≈273，所以AA′－CC′＝BE＋A′B′≈100＋273＝373.故选B.
3．(2021全国乙卷·利用三角形面积公式及余弦定理求边)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为eq \r(3)，B＝60°，a2＋c2＝3ac，则b＝________.
解析：由题意，得S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \r(3)，即eq \f(1,2)ac·eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，解得ac＝4.由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accs B＝3ac－2ac·eq \f(1,2)＝8，解得b＝2eq \r(2)(负值已舍去)．
答案：2eq \r(2)
4．(2021新高考Ⅰ卷·正余弦定理与多边形相结合)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＝ac，点D在边AC上，BD·sin∠ABC＝asin C.
(1)证明：BD＝b；
(2)若AD＝2DC，求cs∠ABC.
解：(1)证明：由BDsin∠ABC＝asin C及正弦定理，
得BD＝eq \f(asin C,sin∠ABC)＝eq \f(ac,b)＝eq \f(b2,b)＝b.
(2)由cs∠BDA＋cs∠BDC＝0及余弦定理，得eq \f(b2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)b))2－c2,2·b·\f(2,3)b)＋eq \f(b2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)b))2－a2,2·b·\f(1,3)b)＝0.整理，得eq \f(11,3)b2－2a2－c2＝0，即eq \f(11,3)ac－2a2－c2＝0，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)))2－eq \f(11,3)·eq \f(c,a)＋2＝0，解得eq \f(c,a)＝3或eq \f(c,a)＝eq \f(2,3).所以cs∠ABC＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a2＋c2－ac,2ac)＝eq \f(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)))2－\f(c,a),2·\f(c,a)).当eq \f(c,a)＝3时，cs∠ABC＝eq \f(1＋9－3,2×3)＝eq \f(7,6)(不合题意，舍去)；当eq \f(c,a)＝eq \f(2,3)时，cs∠ABC＝eq \f(1＋\f(4,9)－\f(2,3),2×\f(2,3))＝eq \f(7,12).所以cs∠ABC＝eq \f(7,12).
5．(2020全国Ⅱ卷·利用正余弦定理求边、角及最值)
△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sin Bsin C.
(1)求A；
(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值．
解：(1)由正弦定理和已知条件得
BC2－AC2－AB2＝AC·AB ①.
由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcs A ②.
由①②得cs A＝－eq \f(1,2).因为0＜A＜π，所以A＝eq \f(2π,3).
(2)由正弦定理及(1)得eq \f(AC,sin B)＝eq \f(AB,sin C)＝eq \f(BC,sin A)＝2eq \r(3)，从而AC＝2eq \r(3)sin B，AB＝2eq \r(3)sin(π－A－B)＝3cs B－eq \r(3)sinB．故BC＋AC＋AB＝3＋eq \r(3)sin B＋3cs B＝3＋2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,3))).又0＜B＜eq \f(π,3)，所以当B＝eq \f(π,6)时，△ABC周长取得最大值3＋2eq \r(3).
6．(2020全国Ⅰ卷·利用正余弦定理求面积)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B＝150°.
(1)若a＝eq \r(3)c，b＝2eq \r(7)，求△ABC的面积；
(2)若sin A＋eq \r(3)sin C＝eq \f(\r(2),2)，求C.
解：(1)由题设及余弦定理得28＝3c2＋c2－2×eq \r(3)c2×cs 150°，解得c＝2或c＝－2(舍去)，从而a＝2eq \r(3).所以△ABC的面积为eq \f(1,2)×2eq \r(3)×2×sin 150°＝eq \r(3).
(2)因为在△ABC中，A＝180°－B－C＝30°－C，所以sin A＋eq \r(3)sin C＝sin(30°－C)＋eq \r(3)sin C＝sin(30°＋C)．故sin(30°＋C)＝eq \f(\r(2),2).而0°＜C＜30°，所以30°＋C＝45°，故C＝15°.
7．(2021北京高考·条件的选择，解三角形)已知在△ABC中，c＝2bcs B，C＝eq \f(2π,3).
(1)求B的大小；
(2)在三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求BC边上的中线的长度．
①c＝eq \r(2)b；
②周长为4＋2eq \r(3)；
③面积为S△ABC＝eq \f(3\r(3),4).
解：(1)由正弦定理eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，c＝2bcs B，
得sin C＝2sin Bcs B＝sin 2B，
故C＝2B(舍去)或C＋2B＝π.故B＝A＝eq \f(π,6).
(2)由(1)知，c＝eq \r(3)b，故不能选①.
若选②，设BC＝AC＝2x，则AB＝2eq \r(3)x，
故周长为(4＋2eq \r(3))x＝4＋2eq \r(3)，解得x＝1.
从而BC＝AC＝2，AB＝2eq \r(3).
设BC中点为D，则在△ABD中，由余弦定理，
cs B＝eq \f(AB2＋BD2－AD2,2·AB·BD)＝eq \f(12＋1－AD2,4\r(3))＝eq \f(\r(3),2)，解得AD＝eq \r(7).
若选③，设BC＝AC＝2x，则AB＝2eq \r(3)x，
故S△ABC＝eq \f(1,2)·(2x)2·sin eq \f(2π,3)＝eq \r(3)x2＝eq \f(3\r(3),4)，
解得x＝eq \f(\r(3),2)，即BC＝AC＝eq \r(3)，AB＝3.
设BC中点为D，则在△ABD中，由余弦定理，
cs B＝eq \f(AB2＋BD2－AD2,2·AB·BD)＝eq \f(9＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2－AD2,3\r(3))＝eq \f(\r(3),2)，解得AD＝eq \f(\r(21),2).
[把脉考情]
命题视角一 三角形基本量的求解问题
[典例] 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，bcs A＝eq \r(3)asin B.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝2eq \r(2)，B＝eq \f(π,4)，求b，c的长．
[解] (1)由bcs A＝eq \r(3)asin B及正弦定理，得sin Bcs A＝eq \r(3)sin Asin B，又sin B≠0，所以tan A＝eq \f(\r(3),3)，因为0＜A＜π，所以A＝eq \f(π,6).
(2)由bcs A＝eq \r(3)asin B，a＝2eq \r(2)，B＝eq \f(π,4)，得b×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)×2eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)，解得b＝4.由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccs A＝16＋c2－2×4×c×eq \f(\r(3),2)＝8，即c2－4eq \r(3)c＋8＝0，解得c＝2eq \r(3)＋2或c＝2eq \r(3)－2，又C＝π－A－B＝eq \f(7,12)π，C＞B，所以c＝2eq \r(3)＋2.
[方法技巧] 用正、余弦定理求三角形基本量的方法
[针对训练]
1．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin C＝sin 2B，且b＝2，c＝eq \r(3)，则a等于( )
A．eq \f(1,2) B．eq \r(3)
C．2 D．2eq \r(3)
解析：选C 由sin C＝sin 2B＝2sin Bcs B及正、余弦定理得c＝2b·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，代入数据得(2a＋1)(a－2)＝0，解得a＝2或a＝－eq \f(1,2)(舍去)．故选C.
2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A≠eq \f(π,2)，且________．
(1)求a的值；
(2)若A＝eq \f(2π,3)，求△ABC周长的最大值．
从①3acs B＋3bcs A＝ac；②3acs B＋abcs A＝3c；③bcs C＋ccs B＝3这三个条件中选一个补充在上面问题中并作答．
解：(1)在△ABC中，A＋B＋C＝π，
若选①，则由正弦定理得：
3sin Acs B＋3sin Bcs A＝asin C
⇒3sin(A＋B)＝asin C⇒3sin C＝asin C，
因为C∈(0，π)，所以sin C≠0，因此a＝3.
若选②，则由正弦定理得：
3sin Acs B＋asin Bcs A＝3sin C⇒asin Bcs A＝3sin(A＋B)－3sin Acs B⇒asin Bcs A＝3cs Asin B，
因为A，B∈(0，π)且A≠eq \f(π,2)，所以sin B≠0，cs A≠0，因此a＝3.
若选③，则由正弦定理得：sin Bcs C＋sin Ccs B＝sin A·eq \f(3,a)⇒sin(B＋C)＝eq \f(3sin A,a)⇒asin A＝3sin A，因为A∈(0，π)，所以sin A≠0，因此a＝3.
(2)若A＝eq \f(2π,3)，则由余弦定理得9＝b2＋c2＋bc，即(b＋c)2－9＝bc，又bc≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋c,2)))2，故(b＋c)2－9≤eq \f(b＋c2,4)，即b＋c≤2eq \r(3)，当且仅当b＝c＝eq \r(3)时取等号，∴a＋b＋c的最大值为3＋2eq \r(3).
命题视角二 三角形形状的判断
[典例] (2021·新高考Ⅱ卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2.
(1)若2sin C＝3sin A，求△ABC的面积；
(2)是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
[解] (1)由2sin C＝3sin A及正弦定理可得2c＝3a，
结合b＝a＋1，c＝a＋2，解得a＝4，b＝5，c＝6.
在△ABC中，由余弦定理cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(16＋25－36,40)＝eq \f(1,8)，所以sin C＝ eq \r(1－cs2C)＝eq \f(3\r(7),8)，
S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×4×5×eq \f(3\r(7),8)＝eq \f(15\r(7),4).
(2)设存在正整数a满足条件，由已知c>b>a，所以∠C为钝角，
所以cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)<0⇒a2＋b2因为a为正整数，所以a＝1,2.
当a＝1时，b＝2，c＝3，不能构成三角形，舍去．
当a＝2时，b＝3，c＝4，满足条件．
综上，当a＝2时，△ABC为钝角三角形．
[方法技巧] 判断三角形形状的方法
提醒：①钝角三角形：a2＞b2＋c2或A＞90°.
②锐角三角形：a为最大边，且满足a2＜b2＋c2或A为最大角，且A＜90°.
[针对训练]
1．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若asin A＋bsin B＜csin 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．正三角形
解析：选C 因为asin A＋bsin B＜csin C，由正弦定理可得a2＋b2＜c2，由余弦定理可得cs C＜0，所以C＞eq \f(π,2).所以△ABC是钝角三角形．
2．(2020·全国Ⅱ卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋A))＋cs A＝eq \f(5,4).
(1)求A；
(2)若b－c＝eq \f(\r(3),3)a，证明：△ABC是直角三角形．
解：(1)由已知得sin2A＋cs A＝eq \f(5,4)，即cs2A－cs A＋eq \f(1,4)＝0.所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs A－\f(1,2)))2＝0，所以cs A＝eq \f(1,2).由于0＜A＜π，故A＝eq \f(π,3).
(2)证明：由正弦定理及已知条件可得sin B－sin C＝eq \f(\r(3),3)sin A．由(1)知A＝eq \f(π,3)，B＋C＝eq \f(2π,3)，所以sin B－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－B))＝eq \f(\r(3),3)sineq \f(π,3)，即eq \f(1,2)sin B－eq \f(\r(3),2)cs B＝eq \f(1,2)，从而sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,3)))＝eq \f(1,2).由于0＜B＜eq \f(2π,3)，故B＝eq \f(π,2).从而△ABC是直角三角形．
命题视角三 三角形面积问题
[典例] △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin A＋eq \r(3)cs A＝0，a＝2eq \r(7)，b＝2.
(1)求c；
(2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．
[解] (1)由已知可得tan A＝－eq \r(3)，所以A＝eq \f(2π,3).
在△ABC中，由余弦定理得28＝4＋c2－4ccs eq \f(2π,3)，
即c2＋2c－24＝0.解得c＝4(负值舍去)．
(2)由题设可得∠CAD＝eq \f(π,2)，
所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝eq \f(π,6).
故△ABD的面积与△ACD的面积的比值为
eq \f(\f(1,2)AB·AD·sin \f(π,6),\f(1,2)AC·AD)＝1.
又△ABC的面积为eq \f(1,2)×4×2×sineq \f(2π,3)＝2eq \r(3)，
所以△ABD的面积为eq \r(3).
[方法技巧] 求解与三角形面积有关的问题的步骤
[针对训练]
1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcs A＝(2c－a)cs B.
(1)求B；
(2)若b＝eq \r(13)，△ABC的面积为eq \r(3)，求△ABC的周长．
解：(1)由bcs A＝(2c－a)cs B，
得2ccs B＝bcs A＋acs B.
由正弦定理可得
2sin Ccs B＝sin Bcs A＋sin Acs B＝sin(A＋B)＝sin C，因为sin C≠0，
所以cs B＝eq \f(1,2).
因为0(2)因为S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \r(3)，所以ac＝4.
又13＝a2＋c2－2accs B＝a2＋c2－ac，
所以a2＋c2＝17，所以a＋c＝5，
故△ABC的周长为5＋eq \r(13).
2．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asineq \f(A＋C,2)＝bsin A.
(1)求B；
(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．
解：(1)由题设及正弦定理得sin Asineq \f(A＋C,2)＝sin Bsin A．因为sin A≠0，所以sineq \f(A＋C,2)＝sinB．由A＋B＋C＝180°，可得sineq \f(A＋C,2)＝cseq \f(B,2)，故cs eq \f(B,2)＝2sineq \f(B,2)cseq \f(B,2).因为cseq \f(B,2)≠0，所以sineq \f(B,2)＝eq \f(1,2)，所以B＝60°.
(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝eq \f(\r(3),4)a.由(1)知A＋C＝120°，由正弦定理得a＝eq \f(csin A,sin C)＝eq \f(sin120°－C,sin C)＝eq \f(\r(3),2tan C)＋eq \f(1,2).
由于△ABC为锐角三角形，故0°因此△ABC面积的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),8)，\f(\r(3),2))).
命题视角四 正、余弦定理在平面几何中的应用
[典例] 2022·湖南六校联考）在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1.
(1)若AB＝eq \f(3,2)，求BC；
(2)若AB＝2BC，求cs∠BDC.
[解] (1)如图所示，在△ABD中，由余弦定理可知，cs∠ABD＝eq \f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2＋12－12,2×\f(3,2)×1)＝eq \f(3,4).∵AB∥CD，∴∠BDC＝∠ABD，即cs∠BDC＝cs∠ABD＝eq \f(3,4).在△BCD中，由余弦定理可得，BC2＝BD2＋CD2－2BD·CDcs∠BDC＝12＋12－2×1×1×eq \f(3,4)，∴BC＝eq \f(\r(2),2).
(2)设BC＝x，则AB＝2BC＝2x.由余弦定理可知，cs∠ABD＝eq \f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD)＝eq \f(2x2＋12－12,2×2x×1)＝x ①，
cs∠BDC＝eq \f(CD2＋BD2－BC2,2CD·BD)＝eq \f(12＋12－x2,2×1×1)＝eq \f(2－x2,2) ②.
∵AB∥CD，∴∠BDC＝∠ABD，即cs∠BDC＝cs∠ABD.联立①②，可得eq \f(2－x2,2)＝x，整理得x2＋2x－2＝0，解得x1＝eq \r(3)－1，x2＝－eq \r(3)－1(舍去)．将x1＝eq \r(3)－1代入②，解得cs∠BDC＝eq \r(3)－1.
[方法技巧]
平面几何中解三角形问题的求解思路
(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解；
(2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果．
提醒：做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题．
[针对训练]
(2022·惠州调研)在平面四边形ABCD中，∠ABC＝eq \f(π,3)，∠ADC＝eq \f(π,2)，BC＝2.
(1)若△ABC的面积为eq \f(3\r(3),2)，求AC；
(2)若AD＝2eq \r(3)，∠ACB＝∠ACD＋eq \f(π,3)，求tan∠ACD.
解：(1)在△ABC中，因为BC＝2，∠ABC＝eq \f(π,3)，所以S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BCsin∠ABC＝eq \f(3\r(3),2)，即eq \f(\r(3),2)AB＝eq \f(3\r(3),2)，解得AB＝3.在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcs∠ABC＝7，因为AC＞0，所以AC＝eq \r(7).
(2)设∠ACD＝α，则∠ACB＝∠ACD＋eq \f(π,3)＝α＋eq \f(π,3).在Rt△ACD中，因为AD＝2eq \r(3)，所以AC＝eq \f(AD,sin α)＝eq \f(2\r(3),sin α).在△ABC中，∠BAC＝π－∠ACB－∠ABC＝eq \f(π,3)－α，由正弦定理得eq \f(BC,sin∠BAC)＝eq \f(AC,sin∠ABC)，
即eq \f(2,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α)))＝eq \f(2\r(3),\f(\r(3),2)sin α)，
整理得2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))＝sin α，
所以2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs α－\f(1,2)sin α))＝sin α，
即eq \r(3)cs α＝2sin α，所以tan α＝eq \f(\r(3),2)，
即tan∠ACD＝eq \f(\r(3),2).
命题视角五 解三角形应用问题
[典例] (1)测量西藏被誉为“阿里之巅”的冈仁波齐山峰的高度通常采用人工攀登的方式，测量人员从山脚开始，直到到达山顶分段测量，最后将所有的高度差累加，得到山峰的高度．在测量过程中，已知竖立在点B处的测量觇标高10米，攀登者们在A处测得到觇标底点B和顶点C的仰角分别为70°，80°，则A，B两处的高度差约为(参考数据：sin 10°≈0.173 6，sin 70°≈0.939 7，sin 80°≈0.984 8)( )
A．10米 B．9.66米 C．9.40米 D．8.66米
(2)如图所示，为了测量A，B两座岛之间的距离，小船从初始位置C出发，已知A在C的北偏西45°的方向上，B在C的北偏东15°的方向上，现在船往东航行2百海里到达E处，此时测得B在E的北偏西30°的方向上，再回到C处，由C向西航行2eq \r(6)百海里到达D处，测得A在D的北偏东22.5°的方向上，则AB两座岛之间的距离为( )
A．3百海里 B．3eq \r(2) 百海里
C．4百海里 D．4eq \r(2) 百海里
[解析] (1)如图所示，设与点A在同一水平面上，且与BC在同一竖直面上的点为D.在△ABC中，由正弦定理可得eq \f(BC,sin∠BAC)＝eq \f(AB,sin∠ACB).因为∠BAC＝∠DAC－∠BAD＝10°，∠ACB＝90°－∠CAD＝10°，所以AB＝BC＝10米．在Rt△ADB中，BD＝ABsin∠BAD＝10×sin 70°≈9.40(米)．故选C.
(2)由题意，得∠ACB＝60°，∠ADC＝67.5°，∠ACD＝45°，∠BCE＝75°，∠BEC＝60°.在△ADC中，∠DAC＝180°－45°－67.5°＝67.5°，所以AC＝DC＝2eq \r(6).在△BCE中，∠CBE＝180°－75°－60°＝45°，由正弦定理可得eq \f(EC,sin∠CBE)＝eq \f(BC,sin∠BEC)，可得BC＝eq \f(EC·sin∠BEC,sin∠CBE)＝eq \f(2×sin 60°,sin 45°)＝eq \r(6).在△ABC中，由余弦定理可得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcs∠ACB＝(2eq \r(6))2＋(eq \r(6))2－2×2eq \r(6)×eq \r(6)×cs 60°＝18，所以AB＝3eq \r(2).
[答案] (1)C (2)B
[方法技巧]
利用正、余弦定理解决实际问题的一般思路
(1)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解；
(2)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，再逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，根据条件列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解．
[针对训练]
1.在东京奥运会乒乓球男单颁奖礼上，五星红旗冉冉升起，在坡度为15°的看台上，同一列上的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为9eq \r(6)米(如图所示)，则旗杆的高度为( )
A．27米 B．9米 C．9eq \r(3)米 D．9eq \r(6)米
解析：选A 依题意可知∠AEC＝45°，∠CAE＝180°－60°－15°＝105°，∴∠ACE＝180°－45°－105°＝30°，由正弦定理可知eq \f(AE,sin∠ACE)＝eq \f(AC,sin∠AEC)，∴AC＝eq \f(AE,sin∠ACE)·sin∠AEC＝18eq \r(3)(米)．∴在Rt△ABC中，BC＝AC·sin∠CAB＝18eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝27(米)．
2.如图是隋唐天坛，古叫圜丘，它位于唐长安城明德门遗址东约950米，即今西安市雁塔区陕西师范大学以南．天坛初建于隋而废弃于唐末，比北京明清天坛早1 000多年，是隋唐王朝近三百年里的皇家祭天之处．某数学兴趣小组为了测得天坛的直径，在天坛外围测得AB＝60米，BC＝60米，CD＝40米，∠ABC＝60°，∠BCD＝120°，据此可以估计天坛的最下面一层的直径AD大约为(结果精确到1米)( )
(参考数据：eq \r(2)≈1.414，eq \r(3)≈1.732，eq \r(5)≈2.236，eq \r(7)≈2.646)
A．39米 B．43米 C．49米 D．53米
解析：选D 在△ACB中，AB＝60，BC＝60，∠ABC＝60°，所以AC＝60.在△CDA中，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cs 60°＝602＋402－2×60×40×eq \f(1,2)＝2 800，所以AD＝20eq \r(7)≈53(米)．故选D.
3.如图所示，当甲船位于A处时获悉，在其正东方向相距20海里的B处有一艘渔船遇险等待营救，甲船立即前往营救，同时把消息告知在甲船的南偏西30°相距10海里C处的乙船，乙船立即朝北偏东θ＋30°角的方向沿直线前往B处营救，则sin θ的值为________．
解析：如图，连接BC，在△ABC中，AC＝10，AB＝20，∠BAC＝120°，由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AB·AC·cs 120°＝700，∴BC＝10eq \r(7)，再由正弦定理，得eq \f(BC,sin∠BAC)＝eq \f(AB,sin θ)，∴sin θ＝eq \f(\r(21),7).
答案：eq \f(\r(21),7)
[课时跟踪检测]
一、综合练——练思维敏锐度
1．若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bsin 2A＝asin B，且c＝2b，则eq \f(a,b)等于( )
A.eq \f(3,2) B.eq \f(4,3)
C.eq \r(2) D.eq \r(3)
解析：选D 由bsin 2A＝asin B及正弦定理得2sin Bsin A·cs A＝sin Asin B，解得cs A＝eq \f(1,2).又c＝2b，所以由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs A＝b2＋4b2－4b2×eq \f(1,2)＝3b2，得eq \f(a,b)＝eq \r(3).故选D.
2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a＝eq \r(3)b，A－B＝eq \f(π,2)，则角C＝( )
A.eq \f(π,12) B.eq \f(π,6)
C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,3)
解析：选B 因为在△ABC中，A－B＝eq \f(π,2)，所以A＝B＋eq \f(π,2)，所以sin A＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,2)))＝cs B，因为a＝eq \r(3)b，所以由正弦定理得sin A＝eq \r(3)sin B，所以cs B＝eq \r(3)sin B，所以tan B＝eq \f(\r(3),3)，因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,6)，所以C＝π－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋\f(π,2)))－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6).故选B.
3．在△ABC中，如果cs(2B＋C)＋cs C>0，那么△ABC的形状为( )
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 ∵cs(2B＋C)＋cs C
＝cs(2B＋π－A－B)＋cs(π－A－B)
＝cs[π－(A－B)]＋cs[π－(A＋B)]
＝－cs(A－B)－cs(A＋B)
＝－cs Acs B－sin Asin B－cs Acs B＋sin Asin B
＝－2cs Acs B>0，
∴cs Acs B<0，又∵A，B∈(0，π)，
∴A，B中有一个锐角，一个钝角．故选A.
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b＝2eq \r(3)，c＝3，A＋3C＝π，则下列结论正确的是( )
A．cs C＝－eq \f(\r(3),3) B．sin B＝eq \f(\r(2),3)
C．a＝3 D．S△ABC＝eq \r(2)
解析：选D 由A＋3C＝π，得B＝2C.根据正弦定理eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，得2eq \r(3)sin C＝3×2sin Ccs C，又sin C>0，故cs C＝eq \f(\r(3),3)，sin C＝eq \f(\r(6),3)，故A错误；sin B＝sin 2C＝2sin Ccs C＝eq \f(2\r(2),3)，故B错误；由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcs C，将b＝2eq \r(3)，c＝3代入得a2－4a＋3＝0，解得a＝3或a＝1.若a＝3，则A＝C＝eq \f(π,4)，且B＝eq \f(π,2)，与sin B＝eq \f(2\r(2),3)矛盾，所以a＝1，故C错误；S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×1×2eq \r(3)×eq \f(\r(6),3)＝eq \r(2)，故D正确．故选D.
5.如图，某校测绘兴趣小组为测量河对岸直塔AB(A为塔顶，B为塔底)的高度，选取与B在同一水平面内的两点C与D(B，C，D不在同一直线上)，测得CD＝s，测绘兴趣小组利用测角仪可测得的角有∠ACB，∠ACD，∠BCD，∠ADB，∠ADC，∠BDC，则根据下列各组中的测量数据不能计算出塔AB的高度的是( )
A．s，∠ACB，∠BCD，∠BDC
B．s，∠ACB，∠BCD，∠ACD
C．s，∠ACB，∠ACD，∠ADC
D．s，∠ACB，∠BCD，∠ADC
解析：选B 对于A，已知∠BCD，∠BDC，CD，即可解△BCD，可得BC，再由AB＝BC·tan∠ACB，可求得塔高；对于B，由∠ACB，∠BCD，∠ACD与CD无法求得塔高；对于C，已知∠ACD，∠ADC，CD，即可解△ACD，可得AC，由AB＝AC·sin∠ACB，可求得塔高；对于D，若确定∠ACB，∠BCD，则∠ACD确定，又由C可知，可求得塔高．故选B.
6．在△ABC中，cs B＝eq \f(1,4)，b＝2，sin C＝2sin A，则△ABC的面积等于( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(\r(15),4)
解析：选D 在△ABC中，cs B＝eq \f(1,4)，b＝2，sin C＝2sin A，由正弦定理得c＝2a；由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cs B＝a2＋4a2－2a·2a·eq \f(1,4)＝4a2＝4，解得a＝1，可得c＝2，所以△ABC的面积为S＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)×1×2× eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))2)＝eq \f(\r(15),4).故选D.
7.(2022·辽宁百校联盟质检)如图，无人机在离地面高300 m的M处，观测到山顶A处的俯角为15°，山脚C处的俯角为60°，已知AB＝BC，则山的高度AB为( )
A．150eq \r(2) m B．200 m
C．200eq \r(2) m D．300 m
解析：选B 在Rt△MNC中，∠MCN＝60°，MN＝300，所以MC＝eq \f(MN,sin 60°)＝200eq \r(3).在△ACM中，∠MAC＝15°＋45°＝60°，∠ACM＝180°－60°－45°＝75°，所以∠AMC＝180°－75°－60°＝45°，由正弦定理得eq \f(MC,sin 60°)＝eq \f(AC,sin 45°)，故AC＝eq \f(200\r(3)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝200eq \r(2).在Rt△ABC中，AB＝BC＝ACsin 45°＝200eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝200，所以山的高度AB为200 m．故选B.
8．我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即“在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则△ABC的面积S＝eq \r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ab2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2＋b2－c2,2)))2)))”．根据此公式，若acs B＋(b＋3c)cs A＝0，且a2－b2－c2＝2，则△ABC的面积为( )
A.eq \r(2) B．2eq \r(2)
C.eq \r(6) D．2eq \r(3)
解析：选A 由acs B＋(b＋3c)cs A＝0及正弦定理，得sin Acs B＋cs Asin B＋3sin Ccs A＝0，即sin C＋3sin Ccs A＝0，即sin C(1＋3cs A)＝0，因为sin C≠0，所以cs A＝－eq \f(1,3)，由余弦定理得a2－b2－c2＝－2bccs A＝eq \f(2,3)bc＝2，所以bc＝3，由△ABC的面积公式得S＝eq \r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(bc2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c2＋b2－a2,2)))2)))＝eq \r(\f(1,4)×9－1)＝eq \r(2)，故选A.
9.已知在△ABC中，D是AC边上的点，且AB＝AD，BD＝eq \f(\r(6),2)AD，BC＝2AD，则sin C的值为( )
A.eq \f(\r(15),8) B.eq \f(\r(15),4)
C.eq \f(1,8) D.eq \f(1,4)
解析：选A 设AB＝AD＝2a，则BD＝eq \r(6)a，则BC＝4a，所以cs∠ADB＝eq \f(BD2＋AD2－AB2,2BD×AD)＝eq \f(6a2,2×2a×\r(6)a)＝eq \f(\r(6),4)，所以cs∠BDC＝eq \f(BD2＋CD2－BC2,2BD×CD)＝－eq \f(\r(6),4)，整理得CD2＋3aCD－10a2＝0，解得CD＝2a或者CD＝－5a(舍去)．故cs C＝eq \f(16a2＋4a2－6a2,2×4a×2a)＝eq \f(14,16)＝eq \f(7,8)，而C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，故sin C＝eq \f(\r(15),8).故选A.
10．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sin C＋2sin Ccs B＝sin A，C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，a＝eq \r(6)，cs B＝eq \f(1,3)，则b＝________.
解析：由正弦定理及题意可得c＋2c×eq \f(1,3)＝a，即a＝eq \f(5,3)c，又a＝eq \r(6)，所以c＝eq \f(3\r(6),5)，由余弦定理得b2＝6＋eq \f(54,25)－eq \f(12,5)＝eq \f(144,25)，所以b＝eq \f(12,5).
答案：eq \f(12,5)
11．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cs B＝eq \f(1,3)，b＝4，S△ABC＝4eq \r(2)，则△ABC的周长为________．
解析：由cs B＝eq \f(1,3)，得sin B＝eq \f(2\r(2),3)，由三角形面积公式可得eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)ac·eq \f(2\r(2),3)＝4eq \r(2)，则ac＝12①，由b2＝a2＋c2－2accs B，可得16＝a2＋c2－2×12×eq \f(1,3)，则a2＋c2＝24②，联立①②可得a＝c＝2eq \r(3)，所以△ABC的周长为4eq \r(3)＋4.
答案：4eq \r(3)＋4
12．在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上．若∠BDC＝45°，则BD＝________，cs∠ABD＝________.
解析：如图，易知sin C＝eq \f(4,5)，
sin A＝eq \f(3,5)，cs A＝eq \f(4,5).
在△BDC中，由正弦定理可得
eq \f(BD,sin C)＝eq \f(BC,sin∠BDC)，
∴BD＝eq \f(BC·sin C,sin∠BDC)＝eq \f(3×\f(4,5),\f(\r(2),2))＝eq \f(12\r(2),5).
∴cs∠ABD＝cs(45°－A)＝cs 45°cs A＋sin 45°sin A＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(4,5)＋eq \f(\r(2),2)×eq \f(3,5)＝eq \f(7\r(2),10).
答案：eq \f(12\r(2),5) eq \f(7\r(2),10)
13．已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq \f(cs B,b)＋eq \f(cs C,c)＝eq \f(sin A,\r(3)sin C).
(1)求b的值；
(2)若cs B＋eq \r(3)sin B＝2，求△ABC面积的最大值．
解：(1)由题意及正、余弦定理得eq \f(a2＋c2－b2,2abc)＋eq \f(a2＋b2－c2,2abc)＝eq \f(\r(3)a,3c)，整理得eq \f(2a2,2abc)＝eq \f(\r(3)a,3c)，所以b＝eq \r(3).
(2)由题意得cs B＋eq \r(3)sin B＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,6)))＝2，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,6)))＝1，
因为B∈(0，π)，所以B＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，所以B＝eq \f(π,3).
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B，
所以3＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac，
即ac≤3，当且仅当a＝c＝eq \r(3)时等号成立．
所以△ABC的面积S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(\r(3),4)ac≤eq \f(3\r(3),4)，
当且仅当a＝c＝eq \r(3)时等号成立．
故△ABC面积的最大值为eq \f(3\r(3),4).
14．(2022·济宁模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足eq \r(3)sin A＋cs A＝0.有三个条件：①a＝1；②b＝eq \r(3)；③S△ABC＝eq \f(\r(3),4).其中三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并解答下面两个问题：
(1)求c；
(2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．
解：(1)因为eq \r(3)sin A＋cs A＝0，所以eq \r(3)tan A＋1＝0，得tan A＝－eq \f(\r(3),3)，因为0＜A＜π，所以A＝eq \f(5π,6)，A为钝角，与a＝1＜b＝eq \r(3)矛盾，故①②中仅有一个正确，③正确．显然S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(\r(3),4)，得bc＝eq \r(3).当①③正确时，由a2＝b2＋c2－2bccs A，得b2＋c2＝－2(无解)；当②③正确时，由于bc＝eq \r(3)，b＝eq \r(3)，得c＝1.
(2)如图，因为A＝eq \f(5π,6)，∠CAD＝eq \f(π,2)，则∠BAD＝eq \f(π,3)，则eq \f(S△ABD,S△ACD)＝eq \f(\f(1,2)AB·AD·sin∠BAD,\f(1,2)AC·AD·sin∠CAD)＝eq \f(1,2)，
所以S△ABD＝eq \f(1,3)S△ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)＝eq \f(\r(3),12).
二、自选练——练高考区分度
1．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c＝eq \r(3)，eq \f(2sin A,a)＝eq \f(tan C,c)，若sin(A－B)＋sin C＝2sin 2B，则a＋b＝________.
解析：∵eq \f(2sin A,a)＝eq \f(tan C,c)＝eq \f(sin C,ccs C)，且由正弦定理可得a＝2Rsin A，c＝2Rsin C(R为△ABC的外接圆的半径)，∴cs C＝eq \f(1,2).
∵C∈(0，π)，∴C＝eq \f(π,3).
∵sin(A－B)＋sin C＝2sin 2B，sin C＝sin(A＋B)，∴2sin Acs B＝4sin Bcs B.
当cs B＝0时，B＝eq \f(π,2)，则A＝eq \f(π,6)，
∵c＝eq \r(3)，∴a＝1，b＝2，则a＋b＝3.
当cs B≠0时，sin A＝2sin B，即a＝2b.
∵cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,2)，∴b2＝1，即b＝1，
∴a＝2，则a＋b＝3.综上，a＋b＝3.
答案：3
2．△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asin Asin B＋bcs2A＝2a，则角A的取值范围是________．
解析：由已知及正弦定理得sin2Asin B＋sin Bcs2A＝2sin A，即sin B(sin2A＋cs2A)＝2sin A，
∴sin B＝2sin A，∴b＝2a，由余弦定理得cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(4a2＋c2－a2,4ac)＝eq \f(3a2＋c2,4ac)≥eq \f(2\r(3)ac,4ac)＝eq \f(\r(3),2)，
当且仅当c＝eq \r(3)a时取等号．
∵A为三角形的内角，且y＝cs x在(0，π)上是减函数，
∴0答案：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))
3．(2022·菏泽模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知2a＋b＝2ccs B，c＝eq \r(3).
(1)求角C；
(2)延长线段AC到点D，使CD＝CB，求△ABD周长的取值范围．
解：(1)∵2a＋b＝2ccs B，∴根据余弦定理得2a＋b＝2c×eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，整理得a2＋b2－c2＝－ab，∴cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝－eq \f(1,2).∵C∈(0，π)，∴C＝eq \f(2π,3).
(2)由题意得△BCD为等边三角形，∴△ABD的周长为2a＋b＋eq \r(3).∵eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，∴a＝2sin A，b＝2sin B，∴2a＋b＝4sin A＋2sin B＝4sin A＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－A))＝2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6))).∵A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，∴A＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，∴2a＋b∈(eq \r(3)，2eq \r(3))．∴△ABD周长的取值范围是(2eq \r(3)，3eq \r(3))．
4.某市准备规划一条平面示意图为如图所示的自行车赛道，ED，DC，CB，BA，AE为赛道(不考虑宽度)，BE为赛道内的一条服务通道，∠BCD＝∠CDE＝∠BAE＝eq \f(2π,3)，DE＝4 km，BC＝CD＝eq \r(3) km.
(1)求服务通道BE的长度；
(2)如何设计，才能使折线段赛道BAE最长？
解：(1)如图，连接BD，在△BCD中，由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcs∠BCD＝9，∴BD＝3.∵BC＝CD，∠BCD＝eq \f(2π,3)，∴∠CBD＝∠CDB＝eq \f(π,6)，又∠CDE＝eq \f(2π,3)，∴∠BDE＝eq \f(π,2).在Rt△BDE中，BE＝eq \r(BD2＋DE2)＝5 km.
(2)在△BAE中，∠BAE＝eq \f(2π,3)，BE＝5.由余弦定理得BE2＝AB2＋AE2－2AB·AEcs∠BAE，即25＝AB2＋AE2＋AB·AE，故(AB＋AE)2－25＝AB·AE≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(AB＋AE,2)))2，从而eq \f(3,4)(AB＋AE)2≤25，即AB＋AE≤eq \f(10\r(3),3)，当且仅当AB＝AE时，等号成立．故当设计赛道AB＝AE时，折线段赛道BAE最长．
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
分类
(1)按旋转方向分为正角、负角和零角；
(2)按终边位置分为象限角和轴线角
终边相同的角
所有与角α终边相同的角，连同角α在内，构成的角的集合是{β|β＝k·360°＋α，k∈Z}或{β|β＝α＋2kπ，k∈Z}
定义
长度等于半径长的弧所对的圆心角叫做1弧度的角，记作1 rad
弧度数公式
|α|＝eq \f(l,r)(弧长用l表示，半径用r表示)
角度与弧度的换算
①1°＝eq \f(π,180) rad；②1 rad＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(180,π)))°≈57.3°
计算公式
l＝|α|r，扇形面积S＝eq \f(1,2)lr＝eq \f(1,2)|α|r2
定义
设α是一个任意角，α∈R，它的终边与单位圆交于点P(x，y)，那么sin α＝y，cs α＝x，tan α＝eq \f(y,x)(x≠0)
定义推广
设P(x，y)是角α终边上异于原点的任一点，它到原点的距离为r(r>0)，那么：sin α＝eq \a\vs4\al(\f(y,r))，cs α＝eq \a\vs4\al(\f(x,r))，tan α＝eq \f(y,x)(x≠0)
三角函数值的符号
象限角
角的表示
第一象限的角
{α|k·360°<α第二象限的角
{α|k·360°＋90°<α第三象限的角
{α|k·360°＋180°<α第四象限的角
{α|k·360°－90°<α平方关系
sin2α＋cs2α＝1
商数关系
tan α＝eq \f(sin α,cs α)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z))
组数
一
二
三
四
五
六
角
2kπ＋α(k∈Z)
π＋α
－α
π－α
eq \f(π,2)－α
eq \f(π,2)＋α
正弦
sin α
－sin_α
－sin α
sin α
cs α
cs_α
余弦
cs α
－cs α
cs α
－cs_α
sin_α
－sin α
正切
tan α
tan α
－tan_α
－tan_α
记忆口诀
函数名不变，符号看象限
函数名改变，符号看象限
奇变偶不变，符号看象限
知弦求弦
利用诱导公式及平方关系sin2α＋cs2α＝1求解
知弦求切
常通过平方关系，与对称式sin α±cs α，sin α·cs α建立联系，注意tan α＝eq \f(sin α,cs α)的灵活应用
知切求弦
先利用商数关系得出sin α＝tan α·cs α或cs α＝eq \f(sin α,tan α)，然后利用平方关系求解
C(α－β)
cs(α－β)＝cs αcs β＋sin αsin β
C(α＋β)
cs(α＋β)＝cs_αcs_β－sin_αsin_β
S(α－β)
sin(α－β)＝sin_αcs_β－cs_αsin_β
S(α＋β)
sin(α＋β)＝sin_αcs_β＋cs_αsin_β
T(α－β)
tan(α－β)＝eq \f(tan α－tan β,1＋tan αtan β)；
变形：tan α－tan β＝tan(α－β)(1＋tan αtan β)
T(α＋β)
tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)；
变形：tan α＋tan β＝tan(α＋β)(1－tan αtan β)
S2α
sin 2α＝2sin_αcs_α；
变形：1＋sin 2α＝(sin α＋cs α)2，
1－sin 2α＝(sin α－cs α)2
C2α
cs 2α＝cs2α－sin2α＝2cs2α－1＝1－2sin2α；
变形：cs2α＝eq \f(1＋cs 2α,2)，sin2α＝eq \f(1－cs 2α,2)
T2α
tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)
一看式中各角
通过看三角函数式中各角之间的差别与联系，把角进行合理的拆分，从而正确使用公式
二看函数名称
看函数名称之间的差异，从而确定使用的公式，常见的有“切化弦”
三看结构特征
分析结构特征，找到变形的方向，常见的有“遇到分式要通分”“整式因式分解”“二次式配方”等
函数
y＝sin x
y＝cs x
y＝tan x
图象
定义域
R
R
值域
[－1,1]
[－1,1]
R
奇偶性
奇函数
偶函数
奇函数
单调性
在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－eq \f(π,2)＋2kπ，eq \f(π,2)＋2kπ)) (k∈Z)上是增函数，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \f(π,2)＋2kπ，eq \f(3π,2)＋2kπ)) (k∈Z)上是减函数
在[2kπ－π，2kπ](k∈Z)上是增函数，在[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)上是减函数
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(π,2)＋kπ，eq \f(π,2)＋kπ)) (k∈Z)上是增函数
周期性
周期是2kπ(k∈Z且k≠0)，最小正周期是2π
周期是2kπ(k∈Z且k≠0)，最小正周期是2π
周期是kπ(k∈Z且k≠0)，最小正周期是π
对称性
对称轴是x＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，对称中心是(kπ，0)(k∈Z)
对称轴是x＝kπ(k∈Z)，对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋eq \f(π,2)，0)) (k∈Z)
对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)
直接法
形如y＝asin x＋k或y＝acs x＋k的三角函数，直接利用sin x，cs x的值域求出
化一法
形如y＝asin x＋bcs x＋k的三角函数，化为y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式，确定ωx＋φ的范围，根据正弦函数单调性写出函数的值域(最值)
换元法
形如y＝asin2x＋bsin x＋k的三角函数，可先设sin x＝t，化为关于t的二次函数求值域(最值)；形如y＝asin xcs x＋b(sin x±cs x)＋c的三角函数，可先设t＝sin x±cs x，化为关于t的二次函数求值域(最值)
代换法
就是将比较复杂的三角函数含自变量的代数式整体当作一个角u(或t)，利用基本三角函数的单调性列不等式求解
图象法
画出三角函数的正、余弦和正切曲线，结合图象求它的单调区间
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eq \f(1,4)周期列不等式(组)求解
公式法
(1)三角函数y＝sin x，y＝cs x，y＝tan x的最小正周期分别为2π，2π，π；
(2)y＝Asin(ωx＋φ)和y＝Acs(ωx＋φ)的最小正周期为eq \f(2π,|ω|)，y＝tan(ωx＋φ)的最小正周期为eq \f(π,|ω|)
图象法
利用三角函数图象的特征求周期．如：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
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
公式法
函数y＝Asin(ωx＋φ)的对称轴为x＝eq \f(kπ,ω)－eq \f(φ,ω)＋eq \f(π,2ω)，对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,ω)－\f(φ,ω)，0))；函数y＝Acs(ωx＋φ)的对称轴为x＝eq \f(kπ,ω)－eq \f(φ,ω)，对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,ω)－\f(φ,ω)＋\f(π,2ω)，0))；函数y＝Atan(ωx＋φ)的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2ω)－\f(φ,ω)，0)).上述k∈Z
y＝Asin(ωx＋φ)
(A>0，ω>0)
振幅
周期
频率
相位
初相
A
T＝eq \f(2π,ω)
f＝eq \f(1,T)＝eq \f(ω,2π)
ωx＋φ
eq \a\vs4\al(φ)
ωx＋φ
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
2π
x
－eq \f(φ,ω)
eq \f(π,2ω)－eq \f(φ,ω)
eq \f(π－φ,ω)
eq \f(3π,2ω)－eq \f(φ,ω)
eq \f(2π－φ,ω)
f(x)
0
eq \a\vs4\al(A)
0
－A
0
ωx＋φ
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
2π
x
eq \f(π,3)
eq \f(5π,6)
f(x)＝Asin(ωx＋φ)
0
5
－5
0
ωx＋φ
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
2π
x
eq \f(π,12)
eq \f(π,3)
eq \f(7π,12)
eq \f(5π,6)
eq \f(13π,12)
f(x)＝Asin(ωx＋φ)
0
5
0
－5
0
定理
内容
变形形式
正弦定理
eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R(其中R是△ABC外接圆的半径)
a＝2Rsin A，b＝2Rsin_B，
c＝2Rsin_C；
sin A＝eq \f(a,2R)；sin B＝eq \f(b,2R)；
sin C＝eq \f(c,2R)；
a∶b∶c＝sin_A∶sin_B∶sin_C；
asin B＝bsin A，bsin C
＝csin B，asin C＝csin A；
eq \f(a＋b＋c,sin A＋sin B＋sin C)＝2R
余弦定理
a2＝b2＋c2－2bccs A；
b2＝a2＋c2－2accs_B；
c2＝a2＋b2－2abcs_C
cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)；
cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)；
cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)
名称
意义
图形表示
仰角与俯角
在目标视线与水平视线所成的角中，目标视线在水平视线上方的叫做仰角，目标视线在水平视线下方的叫做俯角
方位角
从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫做方位角，方位角θ的范围是0°≤θ<360°
方向角
正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北(南)偏东(西)α
常规角度
1.三角形基本量的求解：主要考查利用正弦或余弦定理解三角形求边或角．
2.三角形面积问题：主要考查求三角形的面积或由三角形的面积求边或角
创新角度
1.与平面几何相结合，求边角问题．
2.增加了开放探究性问题．
3.与实际情境结合考查
化边
通过因式分解、配方等得到边的相对应关系，从而判断三角形的形状
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A＋B＋C＝π这个结论)
化简
转化
根据条件，利用三角变换公式化简已知条件等式，再利用正、余弦定理化边或化角
选择
公式
根据条件选择面积公式，多用三角形的面积公式S＝eq \f(1,2) absin C＝eq \f(1,2) acsin B＝eq \f(1,2) bcsin A
求值
(最值)
若求最值，注意根据条件利用基本不等式求最值；若求值，可根据条件直接求出
课程标准
1.了解任意角的概念和弧度制，能进行弧度与角度的互化．
2．理解任意角的三角函数(正弦、余弦、正切)的含义．
[由教材回扣基础]
1．三角函数的基本概念
2．弧度制
3．任意角的三角函数
澄清微点·熟记结论
(1)象限角
(2)若α，β，γ，θ分别为第一、二、三、四象限角，则eq \f(α,2)，eq \f(β,2)，eq \f(γ,2)，eq \f(θ,2)的终边所在的象限如图所示．
(3)若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，eq \f(π,2)))，则tan α>α>sin α.
(4)把弧度作为单位表示角的大小时，“弧度”两字可以省略不写，但把度(°)作为单位表示角时，度(°)就一定不能省略．
(5)已知三角函数值的符号确定角的终边位置，不要遗漏终边在坐标轴上的情况．
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)小于90°的角是锐角．( )
(2)锐角是第一象限角，反之亦然．( )
(3)将表的分针拨快5分钟，则分针转过的角度是30°.( )
(4)sin α＜0，则α为第三、四象限角．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)×
二、练牢教材小题
1．(人教A版必修④P13例3改编)若sin α＜0，且tan α＞0，则α是( )
A．第一象限角 B．第二象限角
C．第三象限角 D．第四象限角
答案：C
2．(新湘教版必修①P160例1改编)已知角α的终边过点P(4，－3)，则sin α＝________，tan α＝________.
答案：－eq \f(3,5) －eq \f(3,4)
3．(新苏教版必修①P161 T8改编)若α是第四象限角，则π－α是第________象限角．
答案：三
三、练清易错易混
1．(混淆角所在象限)已知角α＝2kπ－eq \f(π,5)(k∈Z)，若角θ与角α的终边相同，则y＝eq \f(sin θ,|sin θ|)＋eq \f(cs θ,|cs θ|)＋eq \f(tan θ,|tan θ|)的值为( )
A．1 B．－1 C．3 D．－3
答案：B
2．(易忽视扇形公式中的α是弧度制)已知60°的圆心角所对的弧长为2，则该弧所在圆的半径为________．
答案：eq \f(6,π)
3．(忽视对参数的讨论)已知角α的终边过点P(－8m,6m)(m≠0)，则sin α＝________.
解析：由题意得x＝－8m，y＝6m，所以r＝10|m|.
当m>0时，sin α＝eq \f(6m,10m)＝eq \f(3,5)；
当m<0时，sin α＝eq \f(6m,－10m)＝－eq \f(3,5).
答案：eq \f(3,5)或－eq \f(3,5)
4．(忽视轴线角)已知角α的终边经过点(3a－9，a＋2)，且cs α≤0，sin α＞0，则实数a的取值范围是________．
解析：∵cs α≤0，sin α＞0，∴角α的终边落在第二象限或y轴的正半轴上．
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a－9≤0，,a＋2＞0，))∴－2＜a≤3.
答案：(－2,3]
命题视角一 象限角及终边相同的角的表示(自主练通)
1．与角240°终边相同的角的集合是( )
解析：选D ∵240°＝eq \f(4π,3)，∴与角240°终边相同的角的集合是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(α|α＝2kπ＋\f(4,3)π，k∈Z)).
2．设集合M＝N＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x＝eq \f(k,4)·180°＋45°，k∈Z))，那么( )
A．M＝N B．M⊆N C．N⊆M D．M∩N＝∅
解析：选B 由于M＝xx＝eq \f(k,2)·180°＋45°，k∈Z＝{…，－45°，45°，135°，225°，…}，N＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x＝eq \f(k,4)·180°＋45°，k∈Z))＝{…，－45°，0°，45°，90°，135°，180°，225°，…}，显然有M⊆N.故选B.
3．若角α的顶点为坐标原点，始边在x轴的非负半轴上，终边在直线y＝－eq \r(3)x上，则角α的取值集合是( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(α|α＝2kπ－\f(π,3)，k∈Z))B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(α|α＝2kπ＋\f(2π,3)，k∈Z))
C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(α|α＝kπ－\f(2π,3)，k∈Z)) D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(α|α＝kπ－\f(π,3)，k∈Z))
解析：选D 因为直线y＝－eq \r(3)x的倾斜角是eq \f(2π,3)，tan α＝－eq \r(3)，所以终边落在直线y＝－eq \r(3)x上的角的取值集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(α|α＝kπ－eq \f(π,3)，k∈Z))或者eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(α|α＝kπ＋eq \f(2π,3)，k∈Z)).故选D.
4．设角α属于第二象限，且eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs\f(α,2)))＝－cseq \f(α,2)，则角eq \f(α,2)属于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选C ∵α是第二象限角，∴90°＋k·360<α<180°＋k·360°，k∈Z，∴45°＋k·180°
1．利用终边相同的角的集合求适合某些条件的角
先写出与这个角的终边相同的所有角的集合，然后通过对集合中的参数k赋值来求得所需的角．
2．确定kα，eq \f(α,k)(k∈N*)的终边位置的方法
先用终边相同的角的形式表示出角α的范围，再写出kα或eq \f(α,k)的范围，然后根据k的可能取值讨论确定kα或eq \f(α,k)的终边所在位置．确定角的终边位置时易忽视角的终边与坐标轴重合的情况．
命题视角二 弧度制及其应用
[典例] 已知扇形的圆心角是α，半径为R，弧长为l.
(1)若α＝eq \f(π,3)，R＝10 cm，求扇形的弧长l；
(2)若扇形的周长是20 cm，当扇形的圆心角α为多少弧度时，这个扇形的面积最大？
(3)若α＝eq \f(π,3)，R＝2 cm，求扇形的弧所在的弓形的面积．
[解] (1)因为α＝eq \f(π,3)，R＝10 cm，
所以l＝|α|R＝eq \f(π,3)×10＝eq \f(10π,3)(cm)．
(2)由已知得，l＋2R＝20，所以S＝eq \f(1,2)lR＝eq \f(1,2)(20－2R)R＝10R－R2＝－(R－5)2＋25.所以当R＝5时，S取得最大值，此时l＝10 cm，α＝2.
(3)设弓形面积为S弓形，由题意知l＝eq \f(2π,3) cm，所以S弓形＝eq \f(1,2)×eq \f(2π,3)×2－eq \f(1,2)×22×sineq \f(π,3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－\r(3)))cm2.
[方法技巧]
应用弧度制解决问题的策略
(1)利用扇形的弧长和面积公式解题时，要注意角的单位必须是弧度．
(2)求扇形面积最大值问题时，常转化为二次函数的最值问题，利用配方法使问题得到解决．
(3)在解决弧长问题和扇形面积问题时，要合理地利用圆心角所在的三角形．
[针对训练]
1．若扇形的圆心角是α＝120°，弦长AB＝12 cm，则弧长l等于( )
A．eq \f(4\r(3),3)π cm B．eq \f(8\r(3),3)π cm
C．4eq \r(3) cm D．8eq \r(3) cm
解析：选B 设扇形的半径为r cm，如图．
由sin 60°＝eq \f(6,r)，得r＝4eq \r(3) cm，所以l＝|α|·r＝eq \f(2π,3)×4eq \r(3)＝eq \f(8\r(3),3)π cm.
2．(2022·杭州模拟)《九章算术》是中国古代数学名著，其对扇形田面积给出“以径乘周四而一”的算法与现代数学的算法一致．如某一问题：现有扇形田，下周长(弧长)20米，径长(两段半径的和)24米，则该扇形田的面积为________平方米．
解析：由题意得弧长l＝20，半径r＝12，扇形田面积S＝eq \f(1,2)lr＝eq \f(1,2)×20×12＝120(平方米)．
答案：120
命题视角三 任意角的三角函数的定义及应用
考法(一) 三角函数的定义
[例1] (1)函数y＝lga(x－3)＋2(a>0且a≠1)的图象过定点P，且角α的终边过点P，则sin α＋cs α的值为( )
A．eq \f(7,5) B．eq \f(6,5) C．eq \f(\r(5),5) D．eq \f(3\r(5),5)
(2)已知角θ的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线y＝－2x上，则sin 2θ＝( )
A．eq \f(3,5) B．－eq \f(3,5) C．eq \f(4,5) D．－eq \f(4,5)
[解析] (1)因为函数y＝lga(x－3)＋2的图象过定点P(4,2)，且角α的终边过点P，所以x＝4，y＝2，r＝2eq \r(5)，所以sin α＝eq \f(\r(5),5)，cs α＝eq \f(2\r(5),5)，所以sin α＋cs α＝eq \f(\r(5),5)＋eq \f(2\r(5),5)＝eq \f(3\r(5),5).
(2)在角θ的终边所在直线y＝－2x上任取一点P(a,2a)(a≠0)，则r＝|OP|＝eq \r(5)|a|.由三角函数的定义知sin θ＝eq \f(－2a,\r(5)|a|)，cs θ＝eq \f(a,\r(5)|a|)，故sin 2θ＝2sin θ·cs θ＝2·eq \f(－2a,\r(5)|a|)·eq \f(a,\r(5)|a|)＝－eq \f(4,5)，故选D.
[答案] (1)D (2)D
[方法技巧]
三角函数定义的应用策略
(1)已知角α终边上一点P的坐标，则可先求出点P到原点的距离r，然后用三角函数的定义求解．
(2)已知角α的终边所在的直线方程，则可先设出终边上一点的坐标，求出此点到原点的距离，然后用三角函数的定义求解．
(3)已知角α的某三角函数值，可求角α终边上一点P的坐标中的参数值，可根据定义中的两个量列方程求参数值．
考法(二) 三角函数值符号的判断
[例2] (1)若sin αtan α<0，且eq \f(cs α,tan α)<0，则角α是( )
A．第一象限角 B．第二象限角
C．第三象限角 D．第四象限角
(2)sin 2·cs 3·tan 4的值( )
A．小于0 B．大于0 C．等于0 D．不存在
[解析] (1)由sin αtan α<0可知sin α，tan α异号，则α为第二象限角或第三象限角．由eq \f(cs α,tan α)<0可知cs α，tan α异号，则α为第三象限角或第四象限角．综上可知，α为第三象限角．
(2)因为eq \f(π,2)＜2＜3＜π＜4＜eq \f(3π,2)，所以sin 2＞0，cs 3＜0，tan 4＞0，所以sin 2·cs 3·tan 4＜0.
[答案] (1)C (2)A
[方法技巧]
已知一角的三角函数值(sin α，cs α，tan α)中任意两个的符号，可分别确定出角终边所在的可能位置，二者的交集即为该角的终边位置，注意终边在坐标轴上的特殊情况．
[针对训练]
1．已知点P(tan α，cs α)在第三象限，则角α的终边在( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
解析：选B 由题意知tan α<0，cs α<0，根据三角函数值的符号规律可知，角α的终边在第二象限．故选B.
2．已知角α的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上一点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(3π,4)，cs\f(3π,4)))，则角α的最小正角为( )
A.eq \f(π,4) B.eq \f(3π,4) C.eq \f(5π,4) D.eq \f(7π,4)
解析：选D 角α的终边上一点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(3π,4)，cs\f(3π,4)))，即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，故点M在第四象限，且tan α＝eq \f(－\f(\r(2),2),\f(\r(2),2))＝－1，则角α的最小正角为eq \f(7π,4)，故选D.
3．已知tan θ＝eq \r(3)，且角θ为第一象限角，P为角θ终边上一点，|OP|＝2eq \r(3)，则点P的坐标为( )
A．(1，eq \r(3)) B．(2，eq \r(3))
C．(eq \r(3)，3) D．(－3，－eq \r(3))
解析：选C 由tan θ＝eq \r(3)，且角θ为第一象限角，设角θ终边上一点P的坐标为(x，eq \r(3)x)(x＞0)，又|OP|＝2eq \r(3)＝eq \r(x2＋3x2)，解得x＝eq \r(3)，所以点P的坐标为(eq \r(3)，3)．故选C.
4．已知角α的终边上一点P(－eq \r(3)，m)(m≠0)，且sin α＝eq \f(\r(2)m,4)，则cs α＝________，tan α＝________.
解析：设P(x，y)．由题设知x＝－eq \r(3)，y＝m，所以r2＝|OP|2＝(－eq \r(3))2＋m2(O为原点)，
即r＝eq \r(3＋m2)，所以sin α＝eq \f(y,r)＝eq \f(m,\r(3＋m2))＝eq \f(\r(2)m,4)＝eq \f(m,2\r(2))，所以r＝eq \r(3＋m2)＝2eq \r(2)，
即3＋m2＝8，解得m＝±eq \r(5).
当m＝eq \r(5)时，r＝2eq \r(2)，x＝－eq \r(3)，y＝eq \r(5)，
所以cs α＝eq \f(x,r)＝eq \f(－\r(3),2\r(2))＝－eq \f(\r(6),4)，tan α＝eq \f(y,x)＝－eq \f(\r(15),3)；
当m＝－eq \r(5)时，r＝2eq \r(2)，x＝－eq \r(3)，y＝－eq \r(5)，
所以cs α＝eq \f(x,r)＝eq \f(－\r(3),2\r(2))＝－eq \f(\r(6),4)，tan α＝eq \f(y,x)＝eq \f(\r(15),3).
答案：－eq \f(\r(6),4) －eq \f(\r(15),3)或eq \f(\r(15),3)
数学建模·练抽象思维——三角中的创新应用问题
1．(创新学科情境)平面直角坐标系中，设角α的终边上任意一点P的坐标是(x，y)，它与原点的距离是r(r＞0)，规定：比值eq \f(y－x,r)叫做α的正余混弦，记作sch α.若sch α＝eq \f(1,5)(0＜α＜π)，则tan α＝( )
A．－eq \f(3,4) B．eq \f(3,4) C．－eq \f(4,3) D．eq \f(4,3)
解析：选D 由题意得sch α＝eq \f(1,5)＝eq \f(y－x,r)＝eq \f(y－x,\r(x2＋y2))(0＜α＜π)，所以25(y－x)2＝x2＋y2，即24eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x)))2－50eq \f(y,x)＋24＝0，且y＞x，解得eq \f(y,x)＝eq \f(4,3).故tan α＝eq \f(4,3).
2.(创新学科情境)按如图连接圆上的五等分点，得到优美的“五角星”，图形中含有很多美妙的数学关系，例如图中点H即为弦BE的黄金分割点，其黄金分割比为eq \f(BH,HE)＝eq \f(HE,BE)＝eq \f(\r(5)－1,2)≈0.618，五角星的每个顶角都为36°.由此信息你可以得出sin 18°的值为( )
A．eq \f(\r(5)－1,2) B．eq \f(\r(5)－1,3)
C．eq \f(\r(5)－1,4) D．eq \f(\r(5)－1,5)
解析：选C 如图所示，设BE与AD交于点F，G为线段FH的中点，连接AG.由五角星的对称性可知∠AGH为直角，∠GAH＝eq \f(1,2)∠CAD＝eq \f(1,2)×36°＝18°.设BH＝eq \r(5)－1，则HE＝2，FE＝AH＝BH＝eq \r(5)－1，∴HG＝eq \f(1,2)FH＝eq \f(1,2)(HE－FE)＝eq \f(1,2)×(2－eq \r(5)＋1)＝eq \f(3－\r(5),2)，∴sin 18°＝eq \f(HG,AH)＝eq \f(\f(3－\r(5),2),\r(5)－1)＝eq \f(3－\r(5),2\r(5)－1)＝eq \f(3－\r(5)\r(5)＋1,2\r(5)－1\r(5)＋1)＝eq \f(\r(5)－1,4).故选C.
3.(参悟数学文化)《九章算术》是中国古代的数学名著，其中《方田》一章给出了弧田(由圆弧和其所对弦围成)面积的计算公式：弧田面积＝eq \f(1,2)(弦×矢＋矢2)．公式中“弦”指圆弧所对的弦长，“矢”等于圆弧的最高点到弦的距离．如图中阴影部分，弧田是由圆弧和其所对弦AB围成的图形．若弧田的弧长为eq \f(8π,3)，弧所在的圆的半径为4，则利用《九章算术》中的弧田面积公式计算出来的面积与实际面积之差为________．
解析：设圆弧所对圆心角的弧度为α，由题意可知α×4＝eq \f(8π,3)，解得α＝eq \f(2π,3).故扇形AOB的面积为eq \f(1,2)×eq \f(8π,3)×4＝eq \f(16π,3)，△AOB的面积为eq \f(1,2)×sineq \f(2π,3)×42＝4eq \r(3)，
所以弧田的实际面积为eq \f(16π,3)－4eq \r(3).作OD⊥AB分别交弦AB，于点D，C，则AB＝4eq \r(3)，OD＝2，所以利用《九章算术》中的弧田面积公式计算出来的弧田面积为eq \f(1,2)×(4eq \r(3)×2＋22)＝4eq \r(3)＋2，则所求差值为(4eq \r(3)＋2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16π,3)－4\r(3)))＝8eq \r(3)＋2－eq \f(16π,3).
答案：8eq \r(3)＋2－eq \f(16π,3)
4.(衔接高等数学)鲁洛克斯三角形又称“勒洛三角形”，是一种特殊的三角形，指分别以正三角形的顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形．鲁洛克斯三角形的特点是：在任何方向上都有相同的宽度，机械加工业上利用这个性质，把钻头的横截面做成鲁洛克斯三角形的形状，就能在零件上钻出正方形的孔来．如图，已知某鲁洛克斯三角形的一段弧的长度为π，则线段AB的长为________，该鲁洛克斯三角形的面积为________．
解析：因为△ABC是正三角形，以点C为圆心的弧AB所对圆心角为eq \f(π,3)，则有eq \f(π,3)·AC＝π，解得AC＝3，所以AB＝3，弧AB与弦AB所对弓形面积为S1＝eq \f(1,2)×3π－eq \f(1,2)AB2sineq \f(π,3)＝eq \f(3π,2)－eq \f(9\r(3),4)，所以鲁洛克斯三角形的面积为S＝3S1＋eq \f(1,2)AB2sineq \f(π,3)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－\f(9\r(3),4)))＋eq \f(9\r(3),4)＝eq \f(9π－9\r(3),2).
答案：3 eq \f(9π－9\r(3),2)
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1．某学校大门口有一座钟楼，每到夜晚灯光亮起都是一道靓丽的风景，有一天因停电导致钟表慢10分钟，则将钟表拨快到准确时间分针所转过的弧度数是( )
A．－eq \f(π,3) B．－eq \f(π,6) C.eq \f(π,6) D.eq \f(π,3)
解析：选A 分针需要顺时针方向旋转60°，即弧度数为－eq \f(π,3).
2．(2022·南通期末)已知扇形的圆心角为eq \f(π,6)，面积为eq \f(π,3)，则扇形的弧长为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,2)
解析：选C 设扇形的半径为r，则eq \f(1,2)×eq \f(π,6)×r2＝eq \f(π,3)，解得r＝2.所以扇形的弧长为2×eq \f(π,6)＝eq \f(π,3).
3．已知点P(sin(－30°)，cs(－30°))在角θ的终边上，且θ∈[－2π，0)，则角θ的大小为( )
A．－eq \f(π,3) B.eq \f(2π,3) C．－eq \f(2π,3) D．－eq \f(4π,3)
解析：选D 因为P(sin(－30°)，cs(－30°))，所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，所以θ是第二象限角，又θ∈[－2π，0)，所以θ＝－eq \f(4π,3).
4．已知角α的终边上有一点P(t，t2＋1)(t>0)，则tan α的最小值为( )
A．1 B．2 C.eq \f(1,2) D.eq \r(2)
解析：选B 根据已知条件得tan α＝eq \f(t2＋1,t)＝t＋eq \f(1,t)≥2，当且仅当t＝1时，等号成立，tan α取得最小值2.
5．已知角α的始边与x轴的正半轴重合，顶点在坐标原点，角α终边上的一点P到原点的距离为eq \r(2)，若α＝eq \f(π,4)，则点P的坐标为( )
A．(1，eq \r(2)) B．(eq \r(2)，1) C．(eq \r(2)，eq \r(2)) D．(1,1)
解析：选D 设P(x，y)，则sin α＝eq \f(y,\r(2))＝sineq \f(π,4)，∴y＝1.又cs α＝eq \f(x,\r(2))＝cseq \f(π,4)，∴x＝1，∴P(1,1)．
二、综合练——练思维敏锐度
1．在平面直角坐标系xOy中，角α以Ox为始边，终边经过点P(－1，m)(m≠0)，则下列各式的值一定为负的是( )
A．sin α＋cs α B．sin α－cs α
C．sin αcs α D.eq \f(sin α,tan α)
解析：选D 由已知得r＝|OP|＝eq \r(m2＋1)，则sin α＝eq \f(m,\r(m2＋1))，cs α＝－eq \f(1,\r(m2＋1))＜0，tan α＝－m.所以eq \f(sin α,tan α)＝cs α＜0.故一定为负值的是D.
2．已知角θ的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线y＝2x上，则cs 2θ＝( )
A．－eq \f(4,5) B．－eq \f(3,5)
C.eq \f(3,5) D.eq \f(4,5)
解析：选B 设P(t,2t)(t≠0)为角θ终边上任意一点，
则cs θ＝eq \f(t,\r(5)|t|).
当t＞0时，cs θ＝eq \f(\r(5),5)；当t＜0时，cs θ＝－eq \f(\r(5),5).
因此cs 2θ＝2cs2θ－1＝eq \f(2,5)－1＝－eq \f(3,5).
3．已知角α的终边经过点(eq \r(3)，－1)，则角α的最小正值是( )
A.eq \f(2π,3) B.eq \f(11π,6)
C.eq \f(5π,6) D.eq \f(3π,4)
解析：选B ∵sin α＝eq \f(－1,2)＝－eq \f(1,2)，且α的终边在第四象限，∴角α的最小正值是eq \f(11π,6).
4．已知α，β是第一象限角，且sin α>sin β，则( )
A．α>β B．α<β
C．cs α>cs β D．tan α>tan β
解析：选D 因为α，β是第一象限角，所以sin α>0，sin β>0，又sin α>sin β，所以sin2α>sin2β>0，所以1－cs2α>1－cs2β，所以cs2α
5．设α是三角形的一个内角，在sin α，sineq \f(α,2)，cs α，cs 2α，tan 2α，taneq \f(α,2)中可能为负数的值的个数是( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选A 由题意，得0°<α<180°，若0°<α<90°，
则0°<2α<180°，可能为负数的有cs 2α，tan 2α；
若90°<α<135°，则180°<2α<270°，
可能为负数的有cs α，cs 2α；
若135°<α<180°，则270°<2α<360°，
可能为负数的有cs α，tan 2α，故选A.
6．在直角坐标系xOy中，角α的始边为x轴的正半轴，顶点为坐标原点O，已知角α的终边l与单位圆交于点A(0.6，m)，将l绕原点逆时针旋转eq \f(π,2)与单位圆交于点B(x，y)，若tan α＝－eq \f(4,3)，则x＝( )
A．0.6 B．0.8 C．－0.6 D．－0.8
解析：选B 已知角α的终边l与单位圆交于点A(0.6，m)，且tan α＝－eq \f(4,3)，则tan α＝eq \f(m,0.6)＝－eq \f(4,3)，解得m＝－0.8，所以A(0.6，－0.8)在第四象限，角α为第四象限角．由l绕原点逆时针旋转eq \f(π,2)与单位圆交于点B(x，y)，可知点B(x，y)在第一象限，则∠BOx＝eq \f(π,2)＋α，所以cs∠BOx＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,2)＋α))＝－sin α，即eq \f(x,1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(－0.8,1)))，解得x＝0.8.
7．若α＝1 560°，角θ与α终边相同，且－360°＜θ＜360°，则θ＝________.
解析：因为α＝1 560°＝4×360°＋120°，
所以与α终边相同的角为360°×k＋120°，k∈Z，
令k＝－1或k＝0可得θ＝－240°或θ＝120°.
答案：120°或－240°
8．若角α的终边与直线y＝3x重合，且sin α<0，又P(m，n)是角α终边上一点，且|OP|＝eq \r(10)，则m－n＝________.
解析：由已知tan α＝3，∴n＝3m，又m2＋n2＝10，
∴m2＝1，又sin α<0，∴m＝－1，n＝－3.
∴m－n＝2.
答案：2
9．已知扇形的周长为4，当它的半径为________和圆心角为______弧度时，扇形面积最大，这个最大面积是________．
解析：设扇形圆心角为α，半径为r，则2r＋|α|r＝4，∴|α|＝eq \f(4,r)－2.∴S扇形＝eq \f(1,2)|α|·r2＝2r－r2＝－(r－1)2＋1，∴当r＝1时，(S扇形)max＝1，此时|α|＝2.
答案：1 2 1
10.三星堆古遗址位于四川省广汉市西北的鸭子河南岸，是迄今在西南地区发现的范围最大、延续时间最长、文化内涵最丰富的古蜀文化遗址．青铜太阳轮是三星堆出土器物中最具神秘色彩的器物之一，该文物中央凸起，周围均匀分布了五个芒条，现将该太阳轮的中心记为点A，相邻的两个芒条
与圆轮交于B，C两点，如图，某考古工作人员为了估计该太阳轮的圆轮周长，现测得B，C两点间的距离约为51 cm，则太阳轮的圆轮周长约为________cm.
解析：连接AB，AC，BC，由题意得∠BAC＝eq \f(2π,5)，取BC的中点D，连接AD，则AD⊥BC，BD＝25.5，从而AB＝eq \f(25.5,sin\f(π,5))，因此太阳轮的圆轮周长为2π·AB＝eq \f(51π,sin\f(π,5))≈eq \f(51×3.14,0.6)＝266.9(cm)．
答案：266.9
第二节 同角三角函数的基本关系与诱导公式
课程标准
eq \a\vs4\al(1.理解同角三角函数的基本关系式：sin2x＋cs2x＝1，\f(sin x,cs x)＝tan x.,2.借助单位圆的对称性，利用定义推导出\f(π,2)±α，π±α的正弦、余弦、正切的诱导公式.)
[由教材回扣基础]
1．同角三角函数的基本关系式
2.诱导公式
澄清微点·熟记结论
(1)同角三角函数的基本关系式的几种变形
①sin2α＝1－cs2α＝(1＋cs α)(1－cs α)；
cs2α＝1－sin2α＝(1＋sin α)(1－sin α)；
(sin α±cs α)2＝1±2sin αcs α.
②sin α＝tan αcs αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α≠eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z)).
③sin2α＝eq \f(sin2α,sin2α＋cs2α)＝eq \f(tan2α,tan2α＋1)；
cs2α＝eq \f(cs2α,sin2α＋cs2α)＝eq \f(1,tan2α＋1).
(2)在利用同角三角函数的平方关系时，若开方，要特别注意判断符号．
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)使sin(π＋α)＝－sin α成立的条件是α为锐角．( )
(2)六组诱导公式中的角α可以是任意角．( )
(3)若sin(kπ－α)＝eq \f(1,3)(k∈Z)，则sin α＝eq \f(1,3).( )
(4)若α，β为锐角，则sin2α＋cs2β＝1.( )
(5)若α∈R，则tan α＝eq \f(sin α,cs α)恒成立．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)×
二、练牢教材小题
1．(人教A版必修④P19例6改编)已知sin α＝－eq \f(4,5)，则tan α＝________.
答案：±eq \f(4,3)
2．(新北师大版必修②P26 T3改编)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,2)＋α))＝eq \f(1,5)，那么cs α＝________.
答案：eq \f(1,5)
3．(人教B版必修④P33T4改编)化简：eq \f(csα－π,sinπ－α)·sinα－eq \f(π,2)·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝________.
答案：－cs2α
三、练清易错易混
1．(忽视角所在的象限)已知α是第二象限角，sin α＝eq \f(5,13)，则cs α等于( )
A．－eq \f(12,13) B．－eq \f(5,13)
C．eq \f(5,13) D．eq \f(12,13)
答案：A
2．(忽视诱导公式变名、变号的条件)计算下列各式的值：(1)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(31π,4)))＝________；(2)taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(26π,3)))＝________.
答案：(1)eq \f(\r(2),2) (2)eq \r(3)
3．(忽视对k的讨论)已知A＝eq \f(sinkπ＋α,sin α)＋eq \f(cskπ＋α,cs α)(k∈Z)，则A的值构成的集合是________．
解析：当k为奇数时，A＝eq \f(－sin α,sin α)－eq \f(cs α,cs α)＝－2.当k为偶数时，A＝eq \f(sin α,sin α)＋eq \f(cs α,cs α)＝2.
答案：{－2,2}
命题视角一 三角函数的诱导公式(自主练通)
1．已知角α的终边过点P(－7,24)，则sin(π＋α)＋cseq \f(3π,2)－α的值为( )
A．－eq \f(48,25) B．eq \f(48,25)
C．0 D．eq \f(14,25)
解析：选A 因为角α的终边过点P(－7,24)，所以sin α＝eq \f(24,\r(－72＋242))＝eq \f(24,25)，则sin(π＋α)＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(3π,2)－α))＝－sin α－sin α＝－2sin α＝－eq \f(48,25).
2．已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(2π,3)＋θ))＝－eq \f(7,9)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,6)＋θ))的值等于( )
A．eq \f(1,3) B．eq \f(7,9)
C．－eq \f(1,3) D．－eq \f(7,9)
解析：选B sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,6)＋θ))＝＝
3．已知f(α)＝eq \f(sin2π－αcs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α)),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋α))tanπ＋α)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),2)
C.eq \f(\r(3),2) D．－eq \f(1,2)
解析：选A f(α)＝eq \f(sin2π－αcs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α)),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)＋α))tanπ＋α)＝eq \f(－sin α－sin α,sin αtan α)＝eq \f(sin2α,sin α·\f(sin α,cs α))＝cs α.则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝cseq \f(π,3)＝eq \f(1,2).
4．化简eq \f(sinnπ＋αcsnπ－α,cs[n＋1π－α])(n∈Z)的结果为________．
解析：①当n＝2k(k∈Z)时，
原式＝eq \f(sin2kπ＋αcs2kπ－α,cs[2k＋1π－α])＝eq \f(sin αcs α,－cs α)＝－sin α.
②当n＝2k＋1(k∈Z)时，
原式＝eq \f(sin[2k＋1π＋α]cs[2k＋1π－α],cs[2k＋2π－α])
＝eq \f(－sin α－cs α,cs α)＝sin α.
综上，化简的结果为(－1)n＋1sin α(n∈Z)．
答案：(－1)n＋1sin α(n∈Z)
[一“点”就过]
应用诱导公式的注意点
(1)求值时化角的原则与方向：负化正，大化小，化到锐角为终了．
(2)化简时的原则与方向：统一角，统一名，同角名少为终了．
(3)注意观察已知角与所求角的关系，如果两者之差或和为eq \f(π,2)的整数倍，可考虑诱导公式，如eq \f(π,6)－θ＋eq \f(5π,6)＋θ＝π，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－θ))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－θ))＝eq \f(π,2).
命题视角二 同角三角函数的基本关系
考法(一) 知弦求弦、切或知切求弦
[例1] (1)设cs(－80°)＝k，那么tan 100°等于( )
A．eq \f(\r(1－k2),k) B．－eq \f(\r(1－k2),k)
C．eq \f(k,\r(1－k2)) D．－eq \f(k,\r(1－k2))
(2)若sin α＝－eq \f(5,13)，且α为第四象限角，则tan α的值等于( )
A．eq \f(12,5) B．－eq \f(12,5) C．eq \f(5,12) D．－eq \f(5,12)
[解析] (1)∵cs(－80°)＝cs 80°＝k，∴sin 80°＝eq \r(1－cs280°)＝eq \r(1－k2)，∴tan 100°＝－tan 80°＝－eq \f(\r(1－k2),k).故选B.
(2)因为α为第四象限角，故cs α＝eq \r(1－sin2α)＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,13)))2)＝eq \f(12,13)，所以tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝eq \f(－\f(5,13),\f(12,13))＝－eq \f(5,12).
[答案] (1)B (2)D
[方法技巧]
考法(二) 知切求f(sin α、cs α)的值
[例2] (1)已知tan(3π＋α)＝3，则eq \f(3sin α－cs α,2sin α＋3cs α)＝( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(8,9) C.eq \f(2,3) D．2
(2)已知0<α
(2)∵0<α
[方法技巧]
“切弦互化”的技巧
(1)弦化切：把正弦、余弦化成切的结构形式，统一为“切”的表达式，进行求值．常见的结构有：
①sin α，cs α的二次齐次式(如asin2α＋bsin αcs α＋ccs2α)的问题常采用“切”代换法求解；
②sin α，cs α的齐次分式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(如\f(asin α＋bcs α,csin α＋dcs α)))的问题常采用分式的基本性质进行变形．
(2)切化弦：利用公式tan α＝eq \f(sin α,cs α)，把式子中的切化成弦．一般单独出现正切的时候，采用此技巧．
考法(三) sin α±cs α与sin αcs α关系的应用
[例3] (1)已知sin αcs α＝eq \f(3,8)，且eq \f(π,4)<α
(2)(2022·深圳模拟)已知－eq \f(π,2)<α<0，sin α＋cs α＝eq \f(1,5)，则eq \f(1,cs2α－sin2α)的值为( )
A.eq \f(7,5) B.eq \f(25,7) C.eq \f(7,25) D.eq \f(24,25)
[解析] (1)∵sin αcs α＝eq \f(3,8)，∴(cs α－sin α)2＝cs2α－2sin αcs α＋sin2α＝1－2sin αcs α＝1－2×eq \f(3,8)＝eq \f(1,4)，∵eq \f(π,4)<α
所以(cs α－sin α)2＝1－2sin αcs α＝eq \f(49,25)，
又因为－eq \f(π,2)<α<0，所以sin α<0，cs α>0，
所以cs α－sin α＝eq \f(7,5)，
所以eq \f(1,cs2α－sin2α)＝eq \f(1,cs α＋sin αcs α－sin α)＝eq \f(25,7)，故选B.
[答案] (1)D (2)B
[方法技巧]
正弦、余弦“sin α±cs α，sin α·cs α”的应用
sin α±cs α与sin α·cs α通过平方关系联系到一起，即(sin α±cs α)2＝1±2sin αcs α，sin αcs α＝eq \f(sin α＋cs α2－1,2)，sin αcs α＝eq \f(1－sin α－cs α2,2).因此在解题中已知1个可求另外2个．
[针对训练]
1．(2022·重庆八中月考)已知θ是第三象限角，且cs(π＋θ)＝eq \f(1,3)，则tan θ＝( )
A．eq \f(\r(2),4) B．2
C．2eq \r(2) D．eq \r(10)
解析：选C cs(π＋θ)＝－cs θ＝eq \f(1,3)，所以cs θ＝－eq \f(1,3)，又θ是第三象限角，所以sin θ＝－eq \r(1－cs2θ)＝－＝－eq \f(2\r(2),3)，所以tan θ＝eq \f(sin θ,cs θ)＝eq \f(－\f(2\r(2),3),－\f(1,3))＝2eq \r(2).
2．若tan α＝eq \f(3,4)，则cs2α＋2sin 2α等于( )
A．eq \f(64,25) B．eq \f(48,25) C．1 D．eq \f(16,25)
解析：选A tan α＝eq \f(3,4)，则cs2α＋2sin 2α＝eq \f(cs2α＋2sin 2α,cs2α＋sin2α)＝eq \f(cs2α＋4sin αcs α,cs2α＋sin2α)＝eq \f(1＋4tan α,1＋tan2α)＝eq \f(64,25).
3．已知sin α，cs α是方程3x2－2x＋a＝0的两个根，则实数a的值为( )
A.eq \f(5,6) B．－eq \f(5,6) C.eq \f(4,3) D.eq \f(3,4)
解析：选B 由题意可得，sin α＋cs α＝eq \f(2,3)，sin αcs α＝eq \f(a,3).所以sin2α＋cs2α＝(sin α＋cs α)2－2sin αcs α＝eq \f(4,9)－eq \f(2a,3)＝1，解得a＝－eq \f(5,6).
一题多变·练发散思维——同角三角函数的基本关系的应用
[典型母题]
(2021·全国甲卷)若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，tan 2α＝eq \f(cs α,2－sin α)，则tan α＝( )
A.eq \f(\r(15),15) B.eq \f(\r(5),5) C.eq \f(\r(5),3) D.eq \f(\r(15),3)
[解题观摩] 因为tan 2α＝eq \f(cs α,2－sin α)＝eq \f(2tan α,1－tan2α)，所以cs α－eq \f(sin2α,cs α)＝2(2－sin α)eq \f(sin α,cs α)，即eq \f(1－2sin2α,cs α)＝eq \f(4sin α－2sin2α,cs α)，所以sin α＝eq \f(1,4).又α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以cs α＝eq \f(\r(15),4)，所以tan α＝eq \f(\r(15),15).故选A.
[发掘训练]
1．(变条件)若本例条件“α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))”变为“α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))”，其他条件不变，则tan α＝________.
解析：由母题知sin α＝eq \f(1,4)，故α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，∴cs α＝－eq \f(\r(15),4)，tan α＝－eq \f(\r(15),15).
答案：－eq \f(\r(15),15)
2．(变结论)若本例条件不变，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2)))＝________.
解析：cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2)))＝－sin 2α＝－2sin αcs α＝－2×eq \f(1,4)×eq \f(\r(15),4)＝－eq \f(\r(15),8).
答案：－eq \f(\r(15),8)
3．(变条件)若本例条件变为“已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，且sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(4,5)”，则tan α＝________.
解析：因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以α＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，又sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(4,5)，所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝－eq \f(3,5)，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝－eq \f(4,3)，所以tan α＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)－\f(π,4)))＝eq \f(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))－tan\f(π,4),1＋tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))·tan\f(π,4))＝7.
答案：7
[升维训练]
4．(2022·浙江台州期中)在△ABC中，若sin A－2cs A＝eq \f(\r(10),2)，则tan A的值为( )
A．－3 B．3
C．－3或eq \f(1,3) D．3或－eq \f(1,3)
解析：选A 因为sin A－2cs A＝eq \f(\r(10),2)，A∈(0，π)，所以sin A＞0，若cs A＞0，则sin A－2cs A＜1.又因为eq \f(\r(10),2)＞1，所以cs A＜0，则tan A＜0.由题意可得(sin A－2cs A)2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(10),2)))2，即sin2 A－4sin Acs A＋4cs2A＝eq \f(5,2)，所以eq \f(sin2A－4sin Acs A＋4cs2A,sin2A＋cs2A)＝eq \f(5,2)，所以eq \f(tan2A－4tan A＋4,tan2A＋1)＝eq \f(5,2)，整理得3tan2A＋8tan A－3＝0，解得tan A＝－3或tan A＝eq \f(1,3)(舍去)．故选A.
5．(2022·南通期末)若sin α＋cs α＝eq \f(1,3)，α∈(0，π)，则eq \f(1＋tan α,1－tan α)＝( )
A.eq \f(\r(17),17) B．－eq \f(\r(17),17) C.eq \f(\r(15),15) D．－eq \f(\r(15),15)
解析：选B 由sin α＋cs α＝eq \f(1,3)，可得(sin α＋cs α)2＝1＋2sin αcs α＝eq \f(1,9)，解得2sin αcs α＝－eq \f(8,9)＜0，即sin α与cs α异号．又因为α∈(0，π)，所以sin α＞0，cs α＜0，所以(sin α－cs α)2＝1－2sin αcs α＝eq \f(17,9)，得sin α－cs α＝eq \f(\r(17),3)，则eq \f(1＋tan α,1－tan α)＝eq \f(1＋\f(sin α,cs α),1－\f(sin α,cs α))＝eq \f(sin α＋cs α,cs α－sin α)＝eq \f(\f(1,3),－\f(\r(17),3))＝－eq \f(\r(17),17).故选B.
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1．若cs(π－α)＝－eq \f(1,2)，则( )
A．sin(－α)＝eq \f(\r(3),2) B．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝－eq \f(\r(3),2)
C．cs(π＋α)＝eq \f(1,2) D．cs(α－π)＝－eq \f(1,2)
解析：选D 由cs(π－α)＝－eq \f(1,2)可得cs α＝eq \f(1,2)，则sin α＝±eq \f(\r(3),2).sin(－α)＝－sin α＝±eq \f(\r(3),2)，故A不正确；sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝cs α＝eq \f(1,2)，故B不正确；cs(π＋α)＝－cs α＝－eq \f(1,2)，故C不正确；cs(α－π)＝－cs α＝－eq \f(1,2)，故D正确．故选D.
2．若tan α＝eq \f(1,2)，则sin4α－cs4α的值为( )
A．－eq \f(1,5) B.eq \f(1,5) C.eq \f(3,5) D．－eq \f(3,5)
解析：选D ∵tan α＝eq \f(1,2)，∴sin4α－cs4α＝(sin2α＋cs2α)·(sin2α－cs2α)＝eq \f(sin2α－cs2α,cs2α＋sin2α)＝eq \f(tan2α－1,1＋tan2α)＝－eq \f(3,5)，故选D.
3．在△ABC中，下列关系恒成立的是( )
A．tan(A＋B)＝tan C B．cs(2A＋2B)＝－cs 2C
C．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A＋B,2)))＝sineq \f(C,2) D．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A＋B,2)))＝cseq \f(C,2)
解析：选D tan(A＋B)＝tan(π－C)＝－tan C，A不正确；cs(2A＋2B)＝cs[2(π－C)]＝cs(－2C)＝cs 2C，B不正确；sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A＋B,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π－C,2)))＝cseq \f(C,2)，C不正确，D正确．
4．已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))＝eq \f(1,3)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))的值是( )
A．－eq \f(1,3) B.eq \f(1,3) C.eq \f(2\r(2),3) D．－eq \f(2\r(2),3)
解析：选A ∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))＝eq \f(1,3)，∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))＝－eq \f(1,3).故选A.
5．若θ是三角形的一个内角，且tan θ＝－eq \f(4,3)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－θ))＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ))＝( )
A．eq \f(1,5) B．－eq \f(1,5)
C．eq \f(7,5) D．－eq \f(7,5)
解析：选C 由题意得，tan θ＝eq \f(sin θ,cs θ)＝－eq \f(4,3)，θ∈(0，π)，故sin θ>0，cs θ<0.又sin2θ＋cs2θ＝1，所以sin θ＝eq \f(4,5)，cs θ＝－eq \f(3,5).因此，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－θ))＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ))＝－cs θ＋sin θ＝eq \f(7,5).
二、综合练——练思维敏锐度
1．已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,12)))＝eq \f(1,3)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(17π,12)))等于( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2\r(2),3) C．－eq \f(1,3) D．－eq \f(2\r(2),3)
解析：选A cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(17π,12)))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,12)))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,12)))＝eq \f(1,3).故选A.
2．已知α∈(0，π)，且cs α＝－eq \f(15,17)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))·tan(π＋α)＝( )
A．－eq \f(15,17) B.eq \f(15,17) C．－eq \f(8,17) D.eq \f(8,17)
解析：选D sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))·tan(π＋α)＝cs α·tan α＝sin α，因为α∈(0，π)，且cs α＝－eq \f(15,17)，所以sin α＝eq \r(1－cs2α)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(15,17)))2)＝eq \f(8,17)，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))·tan(π＋α)＝eq \f(8,17).故选D.
3．已知2sin α－cs α＝0，则sin2α－2sin αcs α的值为( )
A．－eq \f(3,5) B．－eq \f(12,5) C.eq \f(3,5) D.eq \f(12,5)
解析：选A 由已知2sin α－cs α＝0得tan α＝eq \f(1,2)，所以sin2α－2sin αcs α＝eq \f(sin2α－2sin αcs α,sin2α＋cs2α)＝eq \f(tan2α－2tan α,tan2α＋1)＝－eq \f(3,5).故选A.
4．(2022·无锡质检)下列结论不正确的有( )
A．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋α))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))
B．cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)＋θ))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－θ))＝0
C．sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)－α))＋cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)＋α))＝1
D．sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)－α))＋sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)＋α))＝1
解析：选C sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋α))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α－\f(π,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))，A正确；因为cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)＋θ))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋θ))＝－sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－θ))))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－θ))，所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)＋θ))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－θ))＝0，B正确；因为sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)－α))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)＋α))))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)＋α))，所以sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)－α))＋cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)＋α))＝2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)＋α))≠1，C错误；sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)－α))＋sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)＋α))＝cs2eq \f(5π,12)＋α＋sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)＋α))＝1，D正确．
5．若sin θ，cs θ是方程4x2＋2mx＋m＝0的两根，则m的值为( )
A．1＋eq \r(5) B．1－eq \r(5) C．1±eq \r(5) D．－1－eq \r(5)
解析：选B 由题意知sin θ＋cs θ＝－eq \f(m,2)，sin θcs θ＝eq \f(m,4).∵(sin θ＋cs θ)2＝1＋2sin θcs θ，∴eq \f(m2,4)＝1＋eq \f(m,2)，解得m＝1±eq \r(5)，又Δ＝4m2－16m≥0，∴m≤0或m≥4，∴m＝1－eq \r(5).
6．已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A(1，a)，B(2，b)，且cs 2α＝eq \f(2,3)，则|a－b|＝( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(\r(5),5) C.eq \f(2\r(5),5) D．1
解析：选B 由cs 2α＝eq \f(2,3)，得cs2α－sin2α＝eq \f(2,3)，∴eq \f(cs2α－sin2α,cs2α＋sin2α)＝eq \f(2,3)，即eq \f(1－tan2α,1＋tan2α)＝eq \f(2,3)，∴tan α＝±eq \f(\r(5),5)，即eq \f(b－a,2－1)＝±eq \f(\r(5),5)，∴|a－b|＝eq \f(\r(5),5).故选B.
7．已知eq \f(sin 22.5°＋mcs 22.5°,cs 22.5°－msin 22.5°)＝－tan 22.5°，则实数m的值为( )
A．－eq \r(3) B.eq \r(3) C．－1 D．1
解析：选C 由题意得eq \f(sin 22.5°＋mcs 22.5°,cs 22.5°－msin 22.5°)＝－eq \f(sin 22.5°,cs 22.5°)，所以sin 22.5°cs 22.5°＋mcs222.5°＝msin222.5°－sin 22.5°cs 22.5°，移项得m(cs222.5°－sin222.5°)＝－2sin 22.5°cs 22.5°，所以mcs 45°＝－sin 45°，即m＝－eq \f(sin 45°,cs 45°)＝－tan 45°＝－1.
8．(2022·山西联考)已知sin α＋3cs α＝eq \r(10)，则sin2α＋cs(2 021π＋α)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))的值为( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(2,5) C.eq \f(4,5) D.eq \f(3,4)
解析：选B 由sin α＋3cs α＝eq \r(10)，得sin2α＋6sin αcs α＋9cs2α＝10，∴6sin αcs α＋8cs2α＝9，即eq \f(6sin αcs α＋8cs2α,sin2α＋cs2α)＝9，∴9tan2α－6tan α＋1＝0，解得tan α＝eq \f(1,3)，∴sin2α＋cs(2 021π＋α)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝sin2α＋sin αcs α＝eq \f(sin2α＋sin αcs α,sin2α＋cs2α)＝eq \f(tan2α＋tan α,tan2α＋1)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＋\f(1,3),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＋1)＝eq \f(2,5).故选B.
9．已知α为第二象限角，则cs αeq \r(1＋tan2α)＋sin α eq \r(1＋\f(1,tan2α))＝________.
解析：原式＝cs α eq \r(\f(sin2α＋cs2α,cs2α))＋sin α eq \r(\f(sin2α＋cs2α,sin2α))＝cs αeq \f(1,|cs α|)＋sin αeq \f(1,|sin α|)，因为α是第二象限角，所以sin α>0，cs α<0，所以cs αeq \f(1,|cs α|)＋sin αeq \f(1,|sin α|)＝－1＋1＝0，即原式等于0.
答案：0
10．已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)－α))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7π,2)＋α))＝eq \f(12,25)，且0<α
11．已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，且sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,2)))，eq \r(3)sin(π＋α)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－β))，则β－α＝________.
解析：由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(cs α＝\r(3)sin β， ①,\r(3)sin α＝－cs β， ②))由①2＋3×②2得，cs2α＋9sin2α＝3，又cs2α＋sin2α＝1，所以sin2α＝eq \f(1,4)，又α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以sin α＝eq \f(1,2)，则α＝eq \f(π,6).将α＝eq \f(π,6)代入①，得sin β＝eq \f(1,2)，因为β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，所以β＝eq \f(5,6)π，则β－α＝eq \f(2,3)π.
答案：eq \f(2,3)π
12．已知f(α)＝eq \f(sin(3π－α)cs(2π－α)sin\f(3π,2)－α,cs(π－α)sin(－π－α)).
(1)化简f(α)；
(2)若α是第二象限角，且cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,2)＋α))＝－eq \f(1,3)，求f(α)的值．
解：(1)f(α)＝eq \f(sin(3π－α)cs(2π－α)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(3π,2)－α)),cs(π－α)sin(－π－α))
＝eq \f(sin αcs α(－cs α),(－cs α)sin α)＝cs α.
(2)∵cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,2)＋α))＝－sin α＝－eq \f(1,3)，∴sin α＝eq \f(1,3)，
∵α是第二象限角，∴cs α＝－eq \r(1－sin2α)＝－eq \f(2\r(2),3)，
∴f(α)＝cs α＝－eq \f(2\r(2),3).
13．已知cs α－sin α＝eq \f(5\r(2),13)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))).
(1)求sin αcs α的值；
(2)求eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2α)),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α)))的值．
解：(1)∵cs α－sin α＝eq \f(5\r(2),13)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，平方可得1－2sin αcs α＝eq \f(50,169)，∴sin αcs α＝eq \f(119,338).
(2)sin α＋cs α＝eq \r((sin α＋cs α)2)＝eq \r(1＋2sin αcs α)＝eq \f(12\r(2),13)，∴eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2α)),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α)))＝eq \f(cs 2α,cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α)))＝eq \f((cs α－sin α)·(cs α＋sin α),\f(\r(2),2)(cs α－sin α))
＝eq \r(2)(cs α＋sin α)＝eq \f(24,13).
第三节 三角恒等变换
课程标准
1．经历推导两角差余弦公式的过程，知道两角差余弦公式的意义．
2．会用两角差的余弦公式推导出两角和的正弦、余弦、正切公式和二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它们的内在联系．
3．能运用上述公式进行简单的恒等变换(包括推导出积化和差、和差化积、半角公式，但不要求记忆)．
[由教材回扣基础]
1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式
提醒：在公式T(α±β)中α，β，α±β都不等于kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，即保证tan α，tan β，tan(α±β)都有意义．
2．二倍角公式
3.辅助角公式
一般地，函数f(α)＝asin α＋bcs α(a，b为常数)可以化为f(α)＝eq \r(a2＋b2)sin(α＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中tan φ＝\f(b,a)))或f(α)＝eq \r(a2＋b2)cs(α－φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中tan φ＝eq \f(a,b).))
澄清微点·熟记结论
(1)公式的常用变式：
tan α±tan β＝tan(α±β)(1∓tan αtan β)；
tan α·tan β＝1－eq \f(tan α＋tan β,tanα＋β)＝eq \f(tan α－tan β,tanα－β)－1.
(2)降幂公式：sin2α＝eq \f(1－cs 2α,2)；cs2α＝eq \f(1＋cs 2α,2)；sin αcs α＝eq \f(1,2)sin 2α.
(3)升幂公式：1＋cs α＝2cs2eq \f(α,2)；1－cs α＝2sin2eq \f(α,2)；1＋sin α＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sineq \f(α,2)＋cseq \f(α,2)))2；1－sin α＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sineq \f(α,2)－cseq \f(α,2))) 2.
(4)常用拆角、拼角技巧：例如，2α＝(α＋β)＋(α－β)；α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β；β＝eq \f(α＋β,2)－eq \f(α－β,2)＝(α＋2β)－(α＋β)；α－β＝(α－γ)＋(γ－β)；15°＝45°－30°；eq \f(π,4)＋α＝eq \f(π,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))等．
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)存在实数α，β，使等式sin(α＋β)＝sin α＋sin β成立．( )
(2)公式tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)可以变形为tan α＋tan β＝tan(α＋β)(1－tan αtan β)，且对任意角α，β都成立．( )
(3)存在实数α，使tan 2α＝2tan α.( )
(4)两角和与差的正弦、余弦公式中的角α，β是任意的．( )
(5)公式asin x＋bcs x＝eq \r(a2＋b2)sin(x＋φ)中，φ的取值与a，b的值无关．( )
答案：(1)√ (2)× (3)√ (4)√ (5)×
二、练牢教材小题
1．(人教A版必修④P129例3改编)已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，sin α＝eq \f(3,5)，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝( )
A.eq \f(1,7) B．7 C．－eq \f(1,7) D．－7
答案：A
2．(新人教A版必修①P229T12改编)sineq \f(π,12)－eq \r(3)cseq \f(π,12)的值为( )
A．0 B．－eq \r(2) C．2 D.eq \r(2)
解析：选B sineq \f(π,12)－eq \r(3)cseq \f(π,12)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2)sineq \f(π,12)－eq \f(\r(3),2)cseq \f(π,12)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,12)－eq \f(π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(π,4)))＝－eq \r(2).
3．(人教B版必修④P147习题T1改编)已知cs θ＝eq \f(1,3)，且270°＜θ＜360°，则sineq \f(θ,2)＝________，cseq \f(θ,2)＝________.
解析：因为270°＜θ＜360°，所以135°＜eq \f(θ,2)＜180°，所以sineq \f(θ,2)＝eq \r(\f(1－cs θ,2))＝eq \r(\f(1,3))＝eq \f(\r(3),3)，cseq \f(θ,2)＝－eq \r(1－sin2\f(θ,2))＝－eq \f(\r(6),3).
答案：eq \f(\r(3),3) －eq \f(\r(6),3)
三、练清易错易混
1．(不会逆用公式致错)化简：eq \f(cs 40°,cs 25°·\r(1－sin 40°))＝________.
解析：原式＝eq \f(cs 40°,cs 25°·\r(1－cs 50°))＝eq \f(cs 40°,cs 25°·\r(2)sin 25°)＝eq \f(cs 40°,\f(\r(2),2)sin 50°)＝eq \r(2).
答案：eq \r(2)
2．(不会缩小角的范围导致增解)已知tan α，tan β是方程x2＋3eq \r(3)x＋4＝0的两根，且α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，则α＋β的值为________．
解析：∵tan α，tan β是方程x2＋3eq \r(3)x＋4＝0的两根，∴tan α＋tan β＝－3eq \r(3)，tan αtan β＝4，∴tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)＝eq \f(－3\r(3),1－4)＝eq \r(3).又tan α＋tan β＜0，tan αtan β＞0，∴tan α＜0，tan β ＜0，∵α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，∴α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，∴π＜α＋β＜2π，∴α＋β＝eq \f(4π,3).
答案：eq \f(4π,3)
命题视角一 公式的基本应用(自主练通)
1．(2020·全国Ⅲ卷)已知sin θ＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))＝1，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))＝( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(2,3) D.eq \f(\r(2),2)
解析：选B ∵sin θ＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))＝eq \f(3,2)sin θ＋eq \f(\r(3),2)cs θ＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))＝1，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),3)，故选B.
2．函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))的最小值为( )
A.eq \r(2) B．－2 C．－eq \r(2) D.eq \r(3)
解析：选C y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))＝sin 2xcseq \f(π,4)＋cs 2xsineq \f(π,4)＋sin 2xcseq \f(π,4)－cs 2xsineq \f(π,4)＝eq \r(2)sin 2x，所以y的最小值为－eq \r(2).
3．已知sin(β－α)cs β－cs(α－β)sin β＝eq \f(3,5)，α为第三象限角，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝________.
解析：sin(β－α)cs β－cs(α－β)sin β＝sin(β－α)cs β－cs(β－α)sin β＝sin(β－α－β)＝sin(－α)＝－sin α＝eq \f(3,5)，sin α＝－eq \f(3,5)，因为α为第三象限角，所以cs α＝－eq \f(4,5)，所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝cs αcseq \f(π,4)－sin αsineq \f(π,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)))×eq \f(\r(2),2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))×eq \f(\r(2),2)＝－eq \f(\r(2),10).
答案：－eq \f(\r(2),10)
4．(1＋tan 20°)(1＋tan 25°)＝________.
解析：由题意知，(1＋tan 20°)(1＋tan 25°)＝1＋tan 20°＋tan 25°＋tan 20°tan 25°.因为tan 20°＋tan 25°＝tan 45°·(1－tan 20°tan 25°)＝1－tan 20°tan 25°.所以原式＝1＋1－tan 20°tan 25°＋tan 20°·tan 25°＝2.
答案：2
5.重差术是在勾股定理的基础上产生的，结合了相似三角形的比例不变关系．刘徽在《海岛算经》中利用重差法，并结合实际情况，给出了三种应用方法：重表法、累矩法、连索法．对深度的测量用累矩法，并给出公式：谷深＝eq \f(勾距×上股,股差)－勾．如图，若AB＝CD＝6，tan∠A＝eq \f(1,3)，tan(∠A＋∠NCD)＝1，BD＝13，则谷深DE＝________.(股差＝下股－上股)
解析：由题意得，BM＝AB·tan∠A＝6×eq \f(1,3)＝2.因为tan(∠A＋∠NCD)＝1，所以eq \f(tan∠A＋tan∠NCD,1－tan∠Atan∠NCD)＝1，解得tan∠NCD＝eq \f(1,2)，所以ND＝CD·tan∠NCD＝6×eq \f(1,2)＝3，所以谷深DE＝eq \f(BD×BM,ND－BM)－AB＝eq \f(13×2,3－2)－6＝20.
答案：20
[一“点”就过]
应用三角函数公式的策略
(1)正用三角函数公式时，要记住公式的结构特征和符号变化规律，如两角差的余弦公式可简记为“同名相乘，符号反”．
(2)逆用公式时，要准确找出所给式子和公式的异同，创造条件逆用公式．
(3)注意和差角和倍角公式的变形用．
(4)三角恒等变换常与同角三角函数基本关系、诱导公式等综合应用．
提醒：(1)公式逆用时一定要注意公式成立的条件和角之间的关系．
(2)tan αtan β，tan α＋tan β(或tan α－tan β)，tan(α＋β)(或tan(α－β))三者中可以知二求一，且常与一元二次方程根与系数的关系结合命题．
命题视角二 三角函数式的化简求值
[典例] 化简：eq \f(2cs2α－1,2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))).
[解] 原式
＝eq \f(cs2α－sin2α,2×\f(1－tan α,1＋tan α)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(π,4)cs α＋cs \f(π,4)sin α))2)
＝eq \f(cs2α－sin2α1＋tan α,1－tan αcs α＋sin α2)
＝eq \f(cs2α－sin2α\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(sin α,cs α))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(sin α,cs α)))cs α＋sin α2)＝1.
[方法技巧] 三角函数式的化简要遵循“三看”原则
提醒：化简三角函数式的常见方法有弦切互化，异名化同名，异角化同角，降幂与升幂等．
[针对训练]
已知α∈(0，π)，化简：
eq \f(1＋sin α＋cs α·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2)－sin \f(α,2))),\r(2＋2cs α)).
解：原式＝
eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2cs2\f(α,2)＋2sin \f(α,2)cs \f(α,2)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2)－sin \f(α,2))),\r(4cs2\f(α,2))).
因为α∈(0，π)，
所以cs eq \f(α,2)>0，
所以原式
＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2cs2\f(α,2)＋2sin \f(α,2)cs \f(α,2)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2)－sin \f(α,2))),2cs \f(α,2))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2)＋sin \f(α,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2)－sin \f(α,2)))
＝cs2eq \f(α,2)－sin2eq \f(α,2)＝cs α.
命题视角三 三角函数的求值
考法(一) 给值(角)求值
[例1] (1)eq \f(sin 47°－sin 17°cs 30°,cs 17°)＝( )
A．－eq \f(\r(3),2) B．－eq \f(1,2)
C．eq \f(1,2) D．eq \f(\r(3),2)
(2)已知角α，β的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合．若角α的终边过点(2,1)，cs(α＋β)＝eq \f(4,5)，且β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则sin β＝( )
A．eq \f(\r(5),25) B．eq \f(\r(5),5)
C．eq \f(2\r(5),25) D．eq \f(2\r(5),5)
[解析] (1)原式＝eq \f(sin17°＋30°－sin 17°cs 30°,cs 17°)
＝eq \f(sin 17°cs 30°＋cs 17°sin 30°－sin 17°cs 30°,cs 17°)
＝sin 30°＝eq \f(1,2).
(2)由题意得sin α＝eq \f(\r(5),5)，cs α＝eq \f(2\r(5),5).
因为β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，且cs(α＋β)＝eq \f(4,5)，
所以α＋β为第一象限角，得sin(α＋β)＝eq \f(3,5).
所以sin β＝sin[(α＋β)－α]＝sin(α＋β)cs α－cs(α＋β)sin α＝eq \f(3,5)×eq \f(2\r(5),5)－eq \f(4,5)×eq \f(\r(5),5)＝eq \f(2\r(5),25).故选C.
[答案] (1)C (2)C
[方法技巧]
1．给值求值问题的求解思路
(1)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．
2．给角(非特殊角)求值的三个基本思路
(1)化非特殊角为特殊角；
(2)化为正负相消的项，消去后求值；
(3)化简分子、分母使之出现公约式，约分后求值．
考法(二) 给值求角
[例2] 若sin 2α＝eq \f(\r(5),5)，sin(β－α)＝eq \f(\r(10),10)，且α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))，β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))，则α＋β的值是( )
A.eq \f(9π,4) B.eq \f(7π,4)
C.eq \f(5π,4)或eq \f(7π,4) D.eq \f(5π,4)或eq \f(9π,4)
[解析] ∵α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))，β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))，
∴2α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，2π))，又0＜sin 2α＝eq \f(\r(5),5)＜eq \f(1,2)，
∴2α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π))，即α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(π,2)))，
∴β－α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(13π,12)))，∴cs 2α＝－eq \r(1－sin22α)＝－eq \f(2\r(5),5).
又sin(β－α)＝eq \f(\r(10),10)，∴β－α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，∴cs(β－α)＝－eq \r(1－sin2β－α)＝－eq \f(3\r(10),10)，∴cs(α＋β)＝cs[2α＋(β－α)]＝cs 2αcs(β－α)－sin 2αsin(β－α)＝－eq \f(2\r(5),5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3\r(10),10)))－eq \f(\r(5),5)×eq \f(\r(10),10)＝eq \f(\r(2),2).又α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))，∴α＋β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(17π,12)，2π))，∴α＋β＝eq \f(7π,4).
[答案] B
[方法技巧]
给值求角问题的解题策略
(1)讨论所求角的范围．
(2)根据已知条件，选取合适的三角函数求值．
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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，选正、余弦函数皆可；若角的范围是(0，π)，选余弦函数较好；若角的范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，选正弦函数较好．
(3)由角的范围，结合所求三角函数值写出要求的角．
[针对训练]
1．(2020·全国Ⅰ卷)已知α∈(0，π)，且3cs 2α－8cs α＝5，则sin α＝( )
A．eq \f(\r(5),3) B．eq \f(2,3) C．eq \f(1,3) D．eq \f(\r(5),9)
解析：选A ∵3cs 2α－8cs α＝5，∴3(2cs2α－1)－8cs α＝5，即3cs2α－4cs α－4＝0，解得cs α＝－eq \f(2,3)或cs α＝2(舍去)．∵α∈(0，π)，∴sin α＝eq \r(1－cs2α)＝eq \f(\r(5),3).故选A.
2．(2020·全国Ⅲ卷)已知2tan θ－taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝7，则tan θ＝( )
A．－2 B．－1 C．1 D．2
解析：选D 由已知得2tan θ－eq \f(tan θ＋1,1－tan θ)＝7，解得tan θ＝2.
3．已知锐角α，β满足sin α＝eq \f(\r(5),5)，cs β＝eq \f(3\r(10),10)，则α＋β等于( )
A．eq \f(3π,4) B．eq \f(π,4)或eq \f(3π,4)
C．eq \f(π,4) D．2kπ＋eq \f(π,4)(k∈Z)
解析：选C 由sin α＝eq \f(\r(5),5)，cs β＝eq \f(3\r(10),10)，且α，β为锐角，可知cs α＝eq \f(2\r(5),5)，sin β＝eq \f(\r(10),10)，故cs(α＋β)＝cs αcs β－sin αsin β＝eq \f(2\r(5),5)×eq \f(3\r(10),10)－eq \f(\r(5),5)×eq \f(\r(10),10)＝eq \f(\r(2),2)，又0<α＋β<π，故α＋β＝eq \f(π,4).
4.eq \f(cs 10°1＋\r(3)tan 10°,cs 50°)的值是________．
解析：原式＝eq \f(cs 10°＋\r(3)sin 10°,cs 50°)＝eq \f(2sin10°＋30°,cs 50°)＝eq \f(2sin 40°,sin 40°)＝2.
答案：2
拓展深化·练创新思维——妙用“拆角”“配角”化异角为同角
三角函数的计算是高考一个重要的考点，对于一些角的计算问题除了掌握两角和与差的三角函数公式及倍角公式之外，还要掌握一些必要的“拆角”“配角”的技巧，抓住题设与结论中角的差异，利用公式，变不同的角为同角，实现角的转换，这样可以简化运算.“拆角”“配角”是连接题设条件与待求结论的纽带，是三角函数求值的一种常用方法.下面就三角函数求值中的“拆角”“配角”技巧作一些总结.
1．(利用特殊角进行“拆角”)eq \f(2cs 80°－sin 70°,cs 70°)＝________.
解析：原式＝eq \f(2cs60°＋20°－sin90°－20°,cs90°－20°)
＝eq \f(2cs 60°cs 20°－sin 60°sin 20°－cs 20°,sin 20°)
＝eq \f(－\r(3)sin 20°,sin 20°)＝－eq \r(3).
答案：－eq \r(3)
2．(直接利用所求角与已知角的关系“拆角”“配角”)已知α为锐角，且cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(5,13)，则cs α的值为_______．
解析：∵0<α
3．(利用所求角与已知角的关系，借助诱导公式“拆、配”)已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(3,5)，eq \f(π,2)≤α
答案：－eq \f(31\r(2),50)
4．(降幂化同角函数)已知关于x的方程2sin2x－eq \r(3)sin 2x＋m－1＝0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上有两个不同的实数根，求m的取值范围．
解：方程2sin2x－eq \r(3)sin 2x＋m－1＝0可转化为m＝1－2sin2x＋eq \r(3)sin 2x＝cs 2x＋eq \r(3)sin 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)).设2x＋eq \f(π,6)＝t，则t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)，\f(13π,6)))，∴eq \f(m,2)＝sin t，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)，\f(13π,6)))有两个不同的实数根，即y＝eq \f(m,2)和y＝sin t，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)，\f(13π,6)))的图象有两个不同交点，如图，
由图象观察知，eq \f(m,2)的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,2)))，故m的取值范围是(－2，－1)．
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1．sin 45°cs 15°＋cs 225°sin 165°＝( )
A．1 B.eq \f(1,2) C.eq \f(\r(3),2) D．－eq \f(1,2)
解析：选B sin 45°cs 15°＋cs 225°sin 165°＝sin 45°cs 15°＋(－cs 45°)sin 15°＝sin(45°－15°)＝sin 30°＝eq \f(1,2).
2．已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，2sin 2α＝cs 2α＋1，则sin α＝( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(\r(5),5) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(2,5)eq \r(5)
解析：选B 由二倍角公式可知4sin αcs α＝2cs2α.∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴cs α≠0，sin α>0，∴2sin α＝cs α，又sin2α＋cs2α＝1，∴sin α＝eq \f(\r(5),5).故选B.
3．(2022·苏州模拟)若cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝－eq \f(\r(3),3)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))＋cs α＝( )
A．－eq \f(2\r(2),3) B．±eq \f(2\r(2),3) C．－1 D．±1
解析：选C cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))＋cs α＝eq \f(1,2)cs α＋eq \f(\r(3),2)sin α＋cs α＝eq \f(3,2)cs α＋eq \f(\r(3),2)sin α＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝－1.
4．tan 18°＋tan 12°＋eq \f(\r(3),3)tan 18°tan 12°＝( )
A.eq \r(3) B.eq \r(2) C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),3)
解析：选D ∵tan 30°＝tan(18°＋12°)＝eq \f(tan 18°＋tan 12°,1－tan 18°tan 12°)＝eq \f(\r(3),3)，∴tan 18°＋tan 12°＝eq \f(\r(3),3)(1－tan 18°tan 12°)，∴原式＝eq \f(\r(3),3).
5．已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝eq \f(1,2)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))的值为________．
解析：由已知得cs α＝eq \f(1,2)，sin α＝－eq \f(\r(3),2)，所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))＝eq \f(1,2)cs α＋eq \f(\r(3),2)sin α＝－eq \f(1,2).
答案：－eq \f(1,2)
6.如图，图中实线是由三段圆弧连接而成的一条封闭曲线C，各段弧所在的圆经过同一点P(点P不在C上)且三个圆半径相等，设第i段弧所对的圆心角为αi(i＝1,2,3)，则cseq \f(α1,3)cseq \f(α2＋α3,3)－sineq \f(α1,3)sineq \f(α2＋α3,3)＝________.
解析：设三段圆弧交于A，B，D三点，连接PA，PB，PD(图略)，则∠APB＋∠APD＋∠BPD＝2π，从而α1＋α2＋α3＝4π，所以cseq \f(α1,3)cseq \f(α2＋α3,3)－sineq \f(α1,3)sineq \f(α2＋α3,3)＝cseq \f(α1＋α2＋α3,3)＝cseq \f(4π,3)＝－eq \f(1,2).
答案：－eq \f(1,2)
二、综合练——练思维敏锐度
1．下列各式中，值不等于eq \f(1,2)的是( )
A.eq \f(tan 22.5°,1－tan222.5°) B．tan 15°cs215°
C.eq \f(\r(3),3)cs2eq \f(π,12)－eq \f(\r(3),3)sin2eq \f(π,12) D. eq \r(\f(1－cs 60°,2))
解析：选B 因为eq \f(tan 22.5°,1－tan222.5°)＝eq \f(1,2)tan 45°＝eq \f(1,2)，tan 15°cs215°＝sin 15°cs 15°＝eq \f(1,2)sin 30°＝eq \f(1,4)，eq \f(\r(3),3)cs2eq \f(π,12)－eq \f(\r(3),3)sin2eq \f(π,12)＝eq \f(\r(3),3)cs eq \f(π,6)＝eq \f(1,2)， eq \r(\f(1－cs 60°,2))＝sin 30°＝eq \f(1,2).
2．若sin(α＋β)＝eq \f(1,2)，sin(α－β)＝eq \f(1,3)，则eq \f(tan α,tan β)的值为( )
A．5 B．－1 C．6 D.eq \f(1,6)
解析：选A 由题意知sin αcs β＋cs αsin β＝eq \f(1,2)，sin αcs β－cs αsin β＝eq \f(1,3)，所以sin αcs β＝eq \f(5,12)，cs αsin β＝eq \f(1,12)，所以eq \f(sin αcs β,cs αsin β)＝5，即eq \f(tan α,tan β)＝5.故选A.
3．若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，且3cs 2α＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))，则sin 2α的值为( )
A．－eq \f(1,18) B.eq \f(1,18) C．－eq \f(17,18) D.eq \f(17,18)
解析：选C 由3cs 2α＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))，可得3(cs2α－sin2α)＝eq \f(\r(2),2)(cs α－sin α)，又由α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，可知cs α－sin α≠0，于是3(cs α＋sin α)＝eq \f(\r(2),2)，所以1＋2sin αcs α＝eq \f(1,18)，故sin 2α＝－eq \f(17,18).
4．(2022·辽宁八校联考)已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(7π,6)))，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)＋α))＝( )
A．4－2eq \r(3) B．2eq \r(3)－4
C．4－4eq \r(3) D．4eq \r(3)－4
解析：选B 由题意可得－sin α＝－3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))，即sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))－\f(π,12)))＝3sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))＋\f(π,12)))，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))cs eq \f(π,12)－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))sin eq \f(π,12)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))cs eq \f(π,12)＋3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))sin eq \f(π,12)，整理可得taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))＝－2tan eq \f(π,12)＝－2taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－\f(π,6)))＝－2×eq \f(tan \f(π,4)－tan \f(π,6),1＋tan \f(π,4)tan \f(π,6))＝2eq \r(3)－4.故选B.
5.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有一个“引葭赴岸”问题：“今有池方一丈，葭生其中央．出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问水深、葭长各几何？”其意思为今有水池1丈见方(即CD＝10尺)，芦苇生长在水的中央，长出水面的部分为1尺．将芦苇向池岸牵引，恰巧与水岸齐接(如图所示)．试问水深、芦苇的长度各是多少？假设θ＝∠BAC，则下列四个结论中不正确的是( )
A．水深为12尺 B．芦苇长为15尺
C．taneq \f(θ,2)＝eq \f(2,3) D．taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝－eq \f(17,7)
解析：选B 设BC＝x，则AC＝x＋1，∵AB＝5，∴52＋x2＝(x＋1)2，∴x＝12，即水深为12尺，故芦苇长为13尺．∴tan θ＝eq \f(12,5).由tan θ＝eq \f(2tan\f(θ,2),1－tan2\f(θ,2))，解得taneq \f(θ,2)＝eq \f(2,3)(负值已舍去)．∵tan θ＝eq \f(12,5)，∴taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(1＋tan θ,1－tan θ)＝－eq \f(17,7).
6．设当x＝θ时，函数f(x)＝sin x－2cs x取得最大值，则cs θ＝( )
A.eq \f(2\r(5),5) B.eq \f(\r(5),5) C．－eq \f(2\r(5),5) D．－eq \f(\r(5),5)
解析：选C 利用辅助角公式可得f(x)＝sin x－2cs x＝eq \r(5)sin(x－φ)，其中cs φ＝eq \f(\r(5),5)，sin φ＝eq \f(2\r(5),5).当函数f(x)＝sin x－2cs x取得最大值时，θ－φ＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，∴θ＝2kπ＋eq \f(π,2)＋φ(k∈Z)，则cs θ＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)＋φ))＝－sin φ＝－eq \f(2\r(5),5)(k∈Z)．故选C.
7．设0°<α<90°，若sin(75°＋2α)＝－eq \f(3,5)，则sin(15°＋α)·sin(75°－α)＝( )
A.eq \f(1,10) B.eq \f(\r(2),20) C．－eq \f(1,10) D．－eq \f(\r(2),20)
解析：选B 因为0°<α<90°，所以75°<75°＋2α<255°.又因为sin(75°＋2α)＝－eq \f(3,5)<0，所以180°<75°＋2α<255°，角75°＋2α为第三象限角，所以cs(75°＋2α)＝－eq \f(4,5).所以sin(15°＋α)sin(75°－α)＝sin(15°＋α)cs(15°＋α)＝eq \f(1,2)sin(30°＋2α)＝eq \f(1,2)sin[(75°＋2α)－45°]＝eq \f(1,2)[sin(75°＋2α)cs 45°－cs(75°＋2α)sin 45°]＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(3,5)×eq \f(\r(2),2)＋eq \f(4,5)×eq \f(\r(2),2)))＝eq \f(\r(2),20).故选B.
8．已知α，β，γ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，sin α＋sin γ＝sin β，cs β＋cs γ＝cs α，则下列说法正确的是( )
A．sin(β－α)＝eq \f(1,2) B．cs(β－α)＝－eq \f(1,2)
C．β－α＝eq \f(π,3) D．β－α＝－eq \f(π,3)
解析：选C 由已知，得sin γ＝sin β－sin α，cs γ＝cs α－cs β.两式分别平方相加，得(sin β－sin α)2＋(cs α－cs β)2＝1.∴－2cs(β－α)＝－1，∴cs(β－α)＝eq \f(1,2)，∴B错误；∵sin γ＝sin β－sin α＞0，α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴β＞α，∴β－α＝eq \f(π,3)，sin(β－α)＝eq \f(\r(3),2)，∴C正确，A、D错误，故选C.
9．化简：eq \f(1,cs 80°)－eq \f(\r(3),sin 80°)＝________.
解析：eq \f(1,cs 80°)－eq \f(\r(3),sin 80°)＝eq \f(sin 80°－\r(3)cs 80°,sin 80°cs 80°)
＝eq \f(2sin80°－60°,\f(1,2)sin 160°)＝eq \f(2sin 20°,\f(1,2)sin 20°)＝4.
答案：4
10．已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3,4)π))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，且cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(3,5)，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)π＋β))＝－eq \f(12,13)，则cs(α＋β)＝________.
解析：∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3,4)π))，∴eq \f(π,4)－α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，
又cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(3,5)，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝－eq \f(4,5).
∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)π＋β))＝－eq \f(12,13)，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋β))＝eq \f(12,13).
又∵β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，∴eq \f(π,4)＋β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，
∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋β))＝eq \f(5,13)，
∴cs(α＋β)＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋β))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))))
＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋β))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋β))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))
＝eq \f(5,13)×eq \f(3,5)－eq \f(12,13)×eq \f(4,5)＝－eq \f(33,65).
答案：－eq \f(33,65)
11．(2022·福建永安期中)已知α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3)))，β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，满足sin(α＋β)－sin α＝2sin αcs β，则eq \f(sin 2α,sinβ－α)的最大值为________．
解析：由sin(α＋β)－sin α＝2sin αcs β，得sin αcs β＋cs αsin β－2sin αcs β＝sin α，化简得sin(β－α)＝sin α，∴eq \f(sin 2α,sinβ－α)＝eq \f(2sin αcs α,sin α).又∵α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,3)))，∴sin α≠0，∴eq \f(sin 2α,sinβ－α)＝2cs α，∵eq \f(1,2)≤cs α≤eq \f(\r(2),2)，∴1≤2cs α≤eq \r(2)，则eq \f(sin 2α,sinβ－α)的最大值为eq \r(2).
答案：eq \r(2)
12．已知α，β均为锐角，且α＋β≠eq \f(π,2).若sin(2α＋β)＝eq \f(3,2)sin β，则eq \f(tanα＋β,tan α)＝________.
解析：由sin(2α＋β)＝eq \f(3,2)sin β，可得2sin[(α＋β)＋α]＝3sin[(α＋β)－α]，所以2[sin(α＋β)cs α＋cs(α＋β)sin α]＝3[sin(α＋β)cs α－cs(α＋β)sin α]，整理得sin(α＋β)cs α＝5cs(α＋β)sin α，所以tan(α＋β)＝5tan α，即eq \f(tanα＋β,tan α)＝5.
答案：5
13．已知eq \f(2cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))－cs3π－α,csπ＋α＋sin2π－α)＝－4.
(1)求tan α的值；
(2)若0＜β ＜π，且tan(α－β)＝eq \f(1,3)，求β.
解：(1)eq \f(2cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))－cs3π－α,csπ＋α＋sin2π－α)
＝eq \f(－2sin α－－cs α,－cs α－sin α)＝eq \f(2sin α－cs α,sin α＋cs α)＝eq \f(2tan α－1,tan α＋1)＝－4，解得tan α＝－eq \f(1,2).
(2)由两角差的正切公式得tan β＝tan[α－(α－β)]＝eq \f(tan α－tanα－β,1＋tan αtanα－β)＝eq \f(－\f(1,2)－\f(1,3),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))×\f(1,3))＝－1.
又0＜β ＜π，因此，β＝eq \f(3π,4).
14．已知函数f(x)＝cs 2x＋2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3))).
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，f(α)＝eq \f(4,3)，求cs 2α.
解：(1)∵f(x)＝cs 2x＋1＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,3)))＝cs 2x＋eq \f(\r(3),2)sin 2x－eq \f(1,2)cs 2x＋1＝eq \f(\r(3),2)sin 2x＋eq \f(1,2)cs 2x＋1＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋1，∴T＝eq \f(2π,2)＝π，∴函数f(x)的最小正周期为π.
(2)由f(α)＝eq \f(4,3)可得，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,6)))＝eq \f(1,3)，
∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴2α＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(7π,6)))，
又∵0＜sin2α＋eq \f(π,6)＝eq \f(1,3)＜eq \f(1,2)，∴2α＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,6)))＝－eq \f(2\r(2),3)，
∴cs 2α＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝cs2α＋eq \f(π,6)cseq \f(π,6)＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,6)))sineq \f(π,6)＝eq \f(1－2\r(6),6).
15．(2021·浙江高考)设函数f(x)＝sin x＋cs x(x∈R)．
(1)求函数y＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))))2的最小正周期．
(2)求函数y＝f(x)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值．
解：(1)因为f(x)＝sin x＋cs x＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))，所以y＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))))2＝2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3π,4)))＝1－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(3π,2)))＝1－sin 2x，所以y＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))))2的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)由题意可知y＝f(x)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))×eq \r(2)sin x＝2sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)sin x＋\f(\r(2),2)cs x))＝eq \r(2)sin2x＋eq \r(2)sin xcs x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))＋eq \f(\r(2),2).
因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以2x∈[0，π]，
所以2x－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，1))，
所以y＝f(x)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)＋1)).
综上可知，y＝f(x)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的最大值为eq \f(\r(2),2)＋1.
第四节 三角函数的图象与性质
课程标准
1．能画出y＝sin x，y＝cs x，y＝tan x的图象，了解三角函数的周期性、单调性、奇偶性、最大(小)值．
2．理解正弦函数、余弦函数在[0,2π]上的性质，理解正切函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的性质．
[由教材回扣基础]
1．用五点法作正弦函数和余弦函数的简图
(1)在正弦函数y＝sin x，x∈[0,2π]的图象上，五个关键点是：(0,0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，1))，(π，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，－1))，(2π，0)．
(2)在余弦函数y＝cs x，x∈[0,2π]的图象上，五个关键点是：(0,1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))，(π，－1)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，0))，(2π，1)．
2．正弦、余弦、正切函数的图象与性质
澄清微点·熟记结论
(1)对称与周期
①正弦曲线、余弦曲线相邻两对称中心、相邻两对称轴之间的距离是半个周期，相邻的对称中心与对称轴之间的距离是eq \f(1,4)个周期．
②正切曲线相邻两对称中心之间的距离是半个周期．
(2)要注意求函数y＝Asin(ωx＋φ)的单调区间时A和ω的符号，尽量化成ω>0的情况，避免出现增减区间的混淆．
(3)对于y＝tan x，不能认为其在定义域上为增函数，而是在每个区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－eq \f(π,2)，kπ＋eq \f(π,2))) (k∈Z)内为增函数．
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)余弦函数y＝cs x的图象的对称轴是y轴．( )
(2)正切函数y＝tan x在定义域内是增函数．( )
(3)已知y＝ksin x＋1，x∈R，则y的最大值为k＋1.( )
(4)y＝sin|x|是偶函数．( )
(5)若sin x＞eq \f(\r(2),2)，则x＞eq \f(π,4).( )
(6)由sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋\f(2,3)π))＝sineq \f(π,6)知，eq \f(2,3)π是正弦函数y＝sin x(x∈R)的一个周期．( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)×
二、练牢教材小题
1．(人教A版必修④P56例4改编)函数y＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x＋\f(π,3)))的定义域为________．
答案：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠2k＋\f(1,3)))，k∈Z))
2．(新人教A版必修①P201例2改编)已知函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋eq \f(π,4))) (ω>0)的最小正周期为π，则ω＝________.
答案：2
3．(人教A版必修④P63 T5改编)函数y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋eq \f(π,4)))，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，eq \f(π,4)))的值域为________．
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \f(3\r(2),2)，3))
三、练清易错易混
1．(忽视正切函数自身的定义域)函数y＝lg(3tan x－eq \r(3))的定义域为________________．
解析：要使函数y＝lg(3tan x－eq \r(3))有意义，则3tan x－eq \r(3)>0，即tan x>eq \f(\r(3),3).所以eq \f(π,6)＋kπ
2．(忽视ω与0的大小关系对单调性的影响)函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－2x))的单调递增区间为________________．
解析：y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－2x))＝－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，
令2kπ＋eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)，
解得kπ＋eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(7π,8)(k∈Z)，
所以函数的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(7π,8)))(k∈Z)．
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(3π,8)，kπ＋\f(7π,8)))(k∈Z)
3．(忽视正、余弦函数的有界性)函数f(x)＝2cs2x＋5sin x－4的最小值为________，最大值为________．
解析：f(x)＝2cs2x＋5sin x－4＝－2sin2x＋5sin x－2＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x－\f(5,4)))2＋eq \f(9,8).因为－1≤sin x≤1，所以当sin x＝－1时，f(x)有最小值－9；当sin x＝1时，f(x)有最大值1.
答案：－9 1
命题视角一 三角函数的定义域、值域
[典例] (1) (2022·郑州七校联考)已知函数f(x)＝2cs2x－sin2x＋2，则( )
A．f(x)的最小正周期为π，最大值为3
B．f(x)的最小正周期为π，最大值为4
C．f(x)的最小正周期为2π，最大值为3
D．f(x)的最小正周期为2π，最大值为4
(2)(2022·泉州质检)已知x∈(0，π)，则f(x)＝cs 2x＋sin x的值域为( )
A．0，eq \f(9,8) B．[0,1)
C．(0,1) D．0，eq \f(9,8)
(3)函数y＝eq \f(1,tan x－1)的定义域为__________________________________________．
[解析] (1)∵f(x)＝2cs2x－sin2x＋2＝1＋cs 2x－eq \f(1－cs 2x,2)＋2＝eq \f(3,2)cs 2x＋eq \f(5,2)，∴f(x)的最小正周期为π，最大值为4.故选B.
(2)由f(x)＝cs 2x＋sin x＝1－2sin2x＋sin x，设sin x＝t，∵x∈(0，π)，∴t∈(0,1]，∴g(t)＝－2 ＋eq \f(9,8)，∴g(t)∈，即f(x)＝cs 2x＋sin x的值域为.
(3)要使函数有意义，必须有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(tan x－1≠0，,x≠\f(π,2)＋kπk∈Z ，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠\f(π,4)＋kπk∈Z ，,x≠\f(π,2)＋kπk∈Z .))故函数的定义域为
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≠\f(π,4)＋kπ且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z)).
[答案] (1)B (2)D
(3)eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≠\f(π,4)＋kπ且x≠\f(π,2)＋kπ，k∈Z))
[方法技巧]
1．三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)，常借助三角函数图象来求解．
提醒：解三角不等式时要注意周期，且k∈Z不可以忽略．
2．三角函数值域或最值的3种求法
[针对训练]
1．函数y＝eq \r(sin x－cs x)的定义域为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)＋2kπ，\f(π,4)＋2kπ))(k∈Z)
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)＋2kπ，\f(π,4)＋2kπ))(k∈Z)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋2kπ，\f(5π,4)＋2kπ))(k∈Z)
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋2kπ，\f(5π,4)＋2kπ))(k∈Z)
解析：选D 要使函数有意义，需sin x－cs x≥0，即sin x≥cs x，解得2kπ＋eq \f(π,4)≤x≤2kπ＋eq \f(5π,4)(k∈Z)，故原函数的定义域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,4)，2kπ＋\f(5π,4)))(k∈Z)．
2．函数f(x)＝sin2x＋eq \r(3)cs x－eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))))的最大值是________．
解析：依题意，f(x)＝sin2x＋eq \r(3)cs x－eq \f(3,4)＝－cs2x＋eq \r(3)cs x＋eq \f(1,4)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs x－\f(\r(3),2)))2＋1，因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，eq \f(π,2)))，所以cs x∈[0,1]，因此当cs x＝eq \f(\r(3),2)时，f(x)max＝1.
答案：1
3．若函数f(x)＝sin(x＋φ)＋cs x的最大值为2，则常数φ的一个取值为________．
解析：∵f(x)＝sin(x＋φ)＋cs x的最大值为2，∴cs x＝1，解得x＝2kπ，k∈Z，且sin(x＋φ)＝sin(2kπ＋φ)＝sin φ＝1，∴φ＝eq \f(π,2)＋2nπ，n∈Z，∴可取φ＝eq \f(π,2).
答案：eq \f(π,2)(答案不唯一)
4．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，其中x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，a))，若f(x)的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，则实数a的取值范围为________．
解析：∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，a))，∴x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，a＋\f(π,6)))，
∵当x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,2)))时，f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))，∴由函数的图象知，eq \f(π,2)≤a＋eq \f(π,6)≤eq \f(7,6)π，
∴eq \f(π,3)≤a≤π.∴a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π)).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))
命题视角二 三角函数的单调性
考法(一) 求三角函数的单调区间
[例1] 求下列函数的单调区间：
(1)f(x)＝|tan x|；
(2)f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2))).
[解] (1)观察图象可知，y＝|tan x|的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ，kπ＋\f(π,2)))(k∈Z)，单调递减区间是eq \b\lc\( \rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－eq \f(π,2)，kπ)) (k∈Z)．
(2)当2kπ－π≤2x－eq \f(π,6)≤2kπ(k∈Z)，即kπ－eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋eq \f(π,12)(k∈Z)时，函数f(x)是增函数；当2kπ≤2x－eq \f(π,6)≤2kπ＋π(k∈Z)，即kπ＋eq \f(π,12)≤x≤kπ＋eq \f(7π,12)(k∈Z)时，函数f(x)是减函数．因此函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的单调递增区间是－eq \f(5π,12)，eq \f(π,12)，单调递减区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，－\f(5π,12)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,2))).
[方法技巧] 求三角函数单调区间的2种方法
提醒：求解三角函数的单调区间时，若x的系数为负，应先化为正，同时切莫忽视函数自身的定义域．
考法(二) 已知函数的单调性求参数值或范围
[例2] (1)若函数f(x)＝sin ωx(ω>0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递增，在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减，则ω等于( )
A．eq \f(2,3) B．eq \f(3,2) C．2 D．3
(2)(2022·深圳模拟)若f(x)＝cs 2x＋acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,2)＋x))在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上是增函数，则实数a的取值范围为________．
[解析] (1)因为f(x)＝sin ωx(ω>0)过原点，所以当0≤ωx≤eq \f(π,2)，即0≤x≤eq \f(π,2ω)时，y＝sin ωx是增函数；当eq \f(π,2)≤ωx≤eq \f(3π,2)，即eq \f(π,2ω)≤x≤eq \f(3π,2ω)时，y＝sin ωx是减函数．由f(x)＝sin ωx(ω>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))上单调递减知，eq \f(π,2ω)＝eq \f(π,3)，所以ω＝eq \f(3,2).
(2)f(x)＝cs 2x＋acseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x))＝1－2sin2x－asin x，令sin x＝t，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，则g(t)＝－2t2－at＋1，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，因为f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上单调递增，所以－eq \f(a,4)≥1，即a≤－4.
[答案] (1)B (2)(－∞，－4]
[方法技巧] 由单调区间求参数范围的方法
[针对训练]
1．已知eq \f(π,3)为函数f(x)＝sin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2)))的零点，则函数f(x)的单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ－\f(5π,12)，2kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)
B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,12)，2kπ＋\f(7π,12)))(k∈Z)
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,12)，kπ＋\f(7π,12)))(k∈Z)
解析：选C 由于eq \f(π,3)为函数f(x)＝sin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<φ<\f(π,2)))的零点，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝0，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝0，
解得φ＝eq \f(π,3)，故f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).
令－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
得kπ－eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋eq \f(π,12)(k∈Z)，
故函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)．
2．(2022·烟台模拟)若函数f(x)＝sin x＋eq \r(3)cs x在[t,3t]上是减函数，则t的取值范围是( )
A. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \f(π,6)，eq \f(7π,6))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \f(π,12)，eq \f(7π,18)))
C. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \f(π,6)，eq \f(7π,18))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \f(π,6)，π))
解析：选C f(x)＝sin x＋eq \r(3)cs x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋eq \f(π,3)))的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,6)＋2kπ，eq \f(7π,6)＋2kπ))，k∈Z，又由t<3t得t>0，由3t－t<π得0
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,4))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) D．(0,2]
解析：选A 由eq \f(π,2)
解得eq \f(1,2)≤ω≤eq \f(5,4).
4．cs 23°，sin 68°，cs 97°从小到大的顺序是________________．
解析：sin 68°＝sin(90°－22°)＝cs 22°.因为余弦函数y＝cs x在[0，π]上是单调递减的，且22°<23°<97°，所以cs 97°
考法(一) 三角函数的周期性
[例1] (1)(2019·全国Ⅱ卷)若x1＝eq \f(π,4)，x2＝eq \f(3π,4)是函数f(x)＝sin ωx(ω>0)两个相邻的极值点，则ω＝( )
A．2 B.eq \f(3,2) C．1 D.eq \f(1,2)
(2)(2019·北京高考)函数f(x)＝sin22x的最小正周期是________．
[解析] (1)由题意及函数y＝sin ωx的图象与性质可知，eq \f(1,2)T＝eq \f(3π,4)－eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，∴T＝π，∴ω＝eq \f(2π,T)＝2.
(2)因为f(x)＝sin22x＝eq \f(1－cs 4x,2)＝－eq \f(1,2)cs 4x＋eq \f(1,2)，所以最小正周期T＝eq \f(2π,4)＝eq \f(π,2).
[答案] (1)A (2)eq \f(π,2)
[方法技巧] 三角函数周期的求解方法
考法(二) 三角函数的奇偶性
[例2] 将函数y＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象向右平移φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜φ＜\f(π,2)))个单位长度后，会使新函数变为R上的偶函数或奇函数，请分别写出对应的φ值．
[解] 函数的图象向右平移φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜φ＜\f(π,2)))个单位长度，则y＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))变为y＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－2φ＋\f(π,6))).
(1)若y＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－2φ＋\f(π,6)))为偶函数，则2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－2φ＋\f(π,6)))＝±2cs 2x，即eq \f(π,6)－2φ＝kπ，k∈Z，从而φ＝eq \f(π,12)－eq \f(kπ,2)，k∈Z.由0＜φ＜eq \f(π,2)，得φ的值为eq \f(π,12).
(2)若y＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－2φ＋\f(π,6)))为奇函数，则2cs2x－2φ＋eq \f(π,6)＝±2sin 2x，即eq \f(π,6)－2φ＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，从而φ＝－eq \f(π,6)－eq \f(kπ,2)，k∈Z.由0＜φ＜eq \f(π,2)，得φ的值为eq \f(π,3).
[方法技巧] 与三角函数奇偶性相关的结论
三角函数中，判断奇偶性的前提是定义域关于原点对称，奇函数一般可化为y＝Asin ωx或y＝Atan ωx 的形式，而偶函数一般可化为y＝Acs ωx＋b的形式．常见的结论有：
(1)若y＝Asin(ωx＋φ)为偶函数，则有φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)；若为奇函数，则有φ＝kπ(k∈Z)．
(2)若y＝Acs(ωx＋φ)为偶函数，则有φ＝kπ(k∈Z)；若为奇函数，则有φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)．
(3)若y＝Atan(ωx＋φ)为奇函数，则有φ＝kπ(k∈Z)．
考法(三) 三角函数的对称性
[例3] (1)已知函数f(x)＝sin xcs x＋eq \f(\r(3),2)(1－2sin2x)，对于函数f(x)有以下说法：
①f(x)的图象关于点eq \f(π,3)，0对称；②f(x)的最小正周期为π；③f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,6)对称；④f(x)的最大值为1.
其中正确结论的序号为________．
(2)已知函数y＝sin(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)<φ<\f(π,2)))的图象关于直线x＝eq \f(π,3)对称，则φ的值为________．
[解析] (1)由题意可知f(x)＝eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(\r(3),2)cs 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋eq \f(π,3))).当x＝eq \f(π,3)时，2x＋eq \f(π,3)＝π，故函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,3)，0))对称，故①正确；当x＝eq \f(π,6)时，2x＋eq \f(π,3)＝eq \f(2π,3)，所以函数f(x)的图象不关于直线x＝eq \f(π,6)对称，故③错误；函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π，故②正确；函数f(x)的最大值为1，故④正确．
(2)由题意得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝±1，∴eq \f(2π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，∴φ＝kπ－eq \f(π,6)(k∈Z)．∵φ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)))，∴φ＝－eq \f(π,6).
[答案] (1)①②④ (2)－eq \f(π,6)
[方法技巧] 三角函数对称性问题的2种求解方法
[针对训练]
1．关于函数f(x)＝cs2x＋eq \r(3)sin xcs x－eq \f(1,2)有下述三个结论：
①f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \f(π,4)，eq \f(π,2)))上是减函数；
②f(x)的图象关于直线x＝－eq \f(π,3)对称；
③f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \f(π,4)，π))上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，eq \f(\r(3),2))).
其中正确结论的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选D 由题意，f(x)＝cs2x＋eq \r(3)sin xcs x－eq \f(1,2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋eq \f(π,6)))，由2kπ＋eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，得kπ＋eq \f(π,6)≤x≤kπ＋eq \f(2π,3)，k∈Z，所以f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋eq \f(π,6)，kπ＋eq \f(2π,3)))，k∈Z，可知①正确；由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(π,3)))＝sin－eq \f(2π,3)＋eq \f(π,6)＝－1，可知f(x)的图象关于直线x＝－eq \f(π,3)对称，所以②正确；当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \f(π,4)，π))时，2x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \f(2π,3)，eq \f(13π,6)))，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋eq \f(π,6)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，eq \f(\r(3),2)))，所以③正确．故选D.
2．已知函数f(x)＝|cs x|＋cs|x|，给出下列结论：①f(x)是周期函数；②f(x)在[0，π]上单调递减；③f(x)是奇函数；④f(x)的图象关于直线x＝π对称．其中正确结论的序号是________．
解析：当x＋2π≥0时，cs|x＋2π|＝cs(x＋2π)＝cs x＝cs|x|；当x＋2π<0时，cs|x＋2π|＝cs(－x－2π)＝cs(－x)＝cs|x|，
又|cs(x＋2π)|＝|cs x|，故f(x＋2π)＝f(x)，即2π为f(x)的周期，故①正确；feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝0，f(π)＝1－1＝0，故f(x)在[0，π]上不是单调递减函数，故②错；x∈R，f(0)＝2≠0，所以f(x)不是奇函数，故③错；当2π－x≥0时，cs|2π－x|＝cs(2π－x)＝cs x＝cs|x|；当2π－x<0时，cs|2π－x|＝cs(x－2π)＝cs x＝cs|x|，又|cs(2π－x)|＝|cs x|，故f(2π－x)＝f(x)，所以f(x)的图象关于直线x＝π对称，所以④正确．
答案：①④
一题多变·练发散思维——与ω有关的最值范围问题
[典型母题]
已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|≤\f(π,2)))，x＝－eq \f(π,4)为f(x)的零点，x＝eq \f(π,4)为y＝f(x)图象的对称轴，且f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调，则ω的最大值为( )
A．11 B．9 C．7 D．5
[解题观摩] 由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)ω＋φ＝k1π，k1∈Z，,\f(π,4)ω＋φ＝k2π＋\f(π,2)，k2∈Z，))则ω＝2k＋1，k∈Z，φ＝eq \f(π,4)或φ＝－eq \f(π,4).若ω＝11，则φ＝－eq \f(π,4)，此时f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(11x－\f(π,4)))，f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(3π,44)))上单调递增，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,44)，\f(5π,36)))上单调递减，不满足f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调；若ω＝9，则φ＝eq \f(π,4)，此时f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9x＋\f(π,4)))，满足f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调递减，故选B.
[发掘训练]
1．(变条件)若本例条件“f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω＞0，|φ|≤\f(π,2)))”变为“f(x)＝cs(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω＞0，|φ|≤\f(π,2)))”，“f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(5π,36)))上单调”变为“f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(π,6)))上单调”，其他条件不变，则ω的最大值为________．
解析：由f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,18)，\f(π,6)))上单调，即eq \f(1,2)T≥eq \f(π,6)－eq \f(π,18)，可得T≥eq \f(2π,9)，即ω≤9，∵x＝－eq \f(π,4)是f(x)的零点，x＝eq \f(π,4)是y＝f(x)图象的对称轴，要求ω的最大值，即求周期的最小值，∴eq \f(π,6)ω＋φ≤π，∵－eq \f(π,2)≤φ≤eq \f(π,2)，∴0＜ω≤6.根据三角函数的图象知，零点与对称轴之间的距离为eq \f(1,4)T(2k－1)，k∈N*，∴(2k－1)×eq \f(1,4)T＝eq \f(π,2).∴T＝eq \f(2π,2k－1)，ω＝2k－1，∵ω≤6，∴当k＝3时，ωmax＝5.
答案：5
2．(变条件)若本例条件变为“已知函数f(x)＝2eq \r(3)sin ωxcs ωx＋2sin2ωx＋cs 2ωx(ω＞0)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(3π,2)))上单调递增”，则ω的最大值是________．
解析：因为f(x)＝2eq \r(3)sin ωxcs ωx＋2sin2ωx＋cs 2ωx＝eq \r(3)sin 2ωx＋1在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(3π,2)))上单调递增，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3ωπ≥－\f(π,2)，,3ωπ≤\f(π,2)，))解得ω≤eq \f(1,6)，所以正数ω的最大值是eq \f(1,6).
答案：eq \f(1,6)
[升维训练]
3．为了使函数y＝sin ωx＋1(ω＞0)在区间[0,2]上至少出现50次最大值，则ω的最小值为( )
A．49π B.eq \f(197π,4) C.eq \f(199π,4) D．100π
解析：选B 要使函数y＝sin ωx＋1(ω＞0)在区间[0,2]上至少出现50次最大值，则[0,2]至少包含49eq \f(1,4)个周期．∵49eq \f(1,4)T＝eq \f(197,4)·eq \f(2π,ω)≤2，∴ω≥eq \f(197π,4)，故ω的最小值为eq \f(197π,4).
4．已知ω＞0，函数f(x)＝sin ωx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上恰有9个零点，则ω的取值范围是________．
解析：f(x)＝sin ωx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上恰有9个零点，等价于f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上恰有4个零点，设f(x)的周期为T，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2T≤\f(π,4)，,2T＋\f(T,2)＞\f(π,4)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(T≤\f(π,8)，,T＞\f(π,10)，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2π,ω)≤\f(π,8)，,\f(2π,ω)＞\f(π,10)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ω≥16，,ω＜20，))故ω的取值范围为[16,20)．
答案：[16,20)
5．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0,0≤φ≤π)是偶函数，且在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，则φ＝________，ω的最大值为________．
解析：因为函数f(x)＝sin(ωx＋φ)是偶函数，所以φ＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，又0≤φ≤π，所以φ＝eq \f(π,2).则f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,2)))＝cs ωx.又f(x)＝cs ωx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，由于ω＞0，所以ωx∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(ωπ,2)))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(ωπ,2)≤π，,ω＞0，))解得0＜ω≤2，所以ω的最大值为2.
答案：eq \f(π,2) 2
[融会贯通]
破解已知函数的奇偶性或单调性求参数问题的思路：一是方程思想，即活用奇、偶函数的定义，得参数所满足的方程，解方程即可求出参数的值，此时要注意题设条件中的参数的取值范围的限制；二是转化思想，利用三角函数的单调性，借用草图，转化为参数所满足的不等式(组)，解不等式(组)即可求出参数的取值范围．
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1．下列函数中，周期为2π的奇函数为( )
A．y＝sineq \f(x,2)cseq \f(x,2) B．y＝sin2x
C．y＝tan 2x D．y＝sin 2x＋cs 2x
解析：选A y＝sin2x为偶函数；y＝tan 2x的周期为eq \f(π,2)；y＝sin 2x＋cs 2x为非奇非偶函数，故B、C、D都不正确，故选A.
2．已知函数f(x)＝tan x，则下列结论不正确的是( )
A．2π是f(x)的一个周期
B．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(3π,4)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(3π,4)))
C．f(x)的值域为R
D．f(x)的图象关于点eq \f(π,2)，0对称
解析：选B f(x)＝tan x的最小正周期为π，所以2π是f(x)的一个周期，故A正确；feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(3π,4)))＝1，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(3π,4)))＝－1，故B不正确；f(x)＝tan x的值域为R，故C正确；f(x)＝tan x的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,2)，0))对称，故D正确．
3．函数y＝|cs x|的一个单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2))) B．[0，π]
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))
解析：选D 将y＝cs x位于x轴下方的图象关于x轴对称翻折到x轴上方，x轴上方(或x轴上)的图象不变，即得y＝|cs x|的图象(如图)．故选D.
4．函数y＝cs2x－2sin x的最大值与最小值分别为( )
A．3，－1 B．3，－2 C．2，－1 D．2，－2
解析：选D y＝cs2x－2sin x＝1－sin2x－2sin x
＝－sin2x－2sin x＋1，令t＝sin x，则t∈[－1,1]，y＝－t2－2t＋1＝－(t＋1)2＋2，所以ymax＝2，ymin＝－2.
5．定义在R上的函数f(x)既是偶函数又是周期函数，若f(x)的最小正周期是π，且当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f(x)＝sin x，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)))的值为( )
A．－eq \f(1,2) B.eq \f(1,2) C.eq \f(7,16) D.eq \f(\r(3),2)
解析：选D ∵f(x)的最小正周期是π，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)－2π))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))，∵函数f(x)是偶函数，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝sin eq \f(π,3)＝eq \f(\r(3),2).故选D.
二、综合练——练思维敏锐度
1．如果函数y＝3cs(2x＋φ)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)，0))对称，那么|φ|的最小值为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,2)
解析：选A 由题意得3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(4π,3)＋φ))＝3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(2π,3)＋φ＋2π))＝3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝0，∴eq \f(2π,3)＋φ＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，∴φ＝kπ－eq \f(π,6)(k∈Z)，取k＝0，得|φ|的最小值为eq \f(π,6).
2．函数f(x)＝tan x＋eq \f(1,tan x)，x∈的图象为( )
解析：选A f(x)＝tan x ＋eq \f(1,tan x)，因为定义域关于原点对称，并且f(－x)＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，图象应该关于原点成中心对称，所以排除B、C；当x＝eq \f(π,4)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,4)))>0，排除D，故选A.
3．已知函数f(x)＝eq \r(3)sin x＋cs x，下列说法不正确的是( )
A．f(x)的最小正周期为2π
B．f(x)的最大值为eq \r(3)＋1
C．f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))上为减函数
D.eq \f(5π,6)为f(x)的一个零点
解析：选B f(x)＝eq \r(3)sin x＋cs x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))，f(x)的最小正周期为2π，故A正确；当sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＝1时，f(x)的最大值为2，故B错误；因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))，所以x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,6)))⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，所以f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))上为减函数，故C正确；feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)＋\f(π,6)))＝2sin π＝0，所以eq \f(5π,6)为f(x)的一个零点，故D正确．
4．若函数f(x)＝eq \r(3)sin(2x＋θ)＋cs(2x＋θ)为奇函数，且在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))上为减函数，则θ的一个值为( )
A．－eq \f(π,3) B．－eq \f(π,6) C.eq \f(2π,3) D.eq \f(5π,6)
解析：选D 由题意得f(x)＝eq \r(3)sin(2x＋θ)＋cs(2x＋θ)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋θ＋\f(π,6))).因为函数f(x)为奇函数，所以θ＋eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，故θ＝－eq \f(π,6)＋kπ(k∈Z)．当θ＝－eq \f(π,6)时，f(x)＝2sin 2x，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))上为增函数，不合题意；当θ＝eq \f(5π,6)时，f(x)＝－2sin 2x，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))上为减函数，符合题意，故选D.
5．已知函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))的图象的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))，其中ω为常数，且ω∈(1,3)．若对任意的实数x，总有f(x1)≤f(x)≤f(x2)，则|x1－x2|的最小值是( )
A．1 B.eq \f(π,2) C．2 D．π
解析：选B 因为函数f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))的图象的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))，所以eq \f(π,3)ω＋eq \f(π,3)＝kπ(k∈Z)，所以ω＝3k－1(k∈Z)，由ω∈(1,3)，得ω＝2.由题意得|x1－x2|的最小值为函数的半个周期，即eq \f(T,2)＝eq \f(π,ω)＝eq \f(π,2).
6．已知函数f(x)＝sin ωx(ω>0)的图象关于直线x＝eq \f(3π,4)对称，且f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上为单调函数，则下述四个结论中正确的是( )
A．满足条件的ω取值有1个
B．x＝eq \f(2π,3)为函数f(x)的一个对称轴
C．f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，0))上单调递增
D．f(x)在(0，π)上有一个极大值点和一个极小值点
解析：选C 因为函数f(x)＝sin ωx(ω>0)的图象关于直线x＝eq \f(3π,4)对称，所以eq \f(3π,4)ω＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，解得ω＝eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋k))>0(k∈Z)，又f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上为单调函数，所以eq \f(π,4)≤eq \f(\f(π,2),ω)，即ω≤2，所以ω＝eq \f(2,3)或ω＝2，即f(x)＝sineq \f(2,3)x或f(x)＝sin 2x，而feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))≠±1，故A、B不正确；由f(x)＝sineq \f(2,3)x或f(x)＝sin 2x图象知，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,8)，0))上单调递增，故C正确；当x∈(0，π)时，f(x)＝sineq \f(2,3)x只有一个极大值点，不符合题意，故D不正确．
7．函数y＝sin x＋cs x＋3cs xsin x的最大值是________，最小值是________．
解析：令t＝sin x＋cs x，则t∈[－eq \r(2)，eq \r(2)]．∵(sin x＋cs x)2－2sin xcs x＝1，∴sin xcs x＝eq \f(t2－1,2)，∴y＝eq \f(3,2)t2＋t－eq \f(3,2)，t∈[－eq \r(2)，eq \r(2) ]，∵对称轴t＝－eq \f(1,3)∈[－eq \r(2)，eq \r(2) ]，∴ymin＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝eq \f(3,2)×eq \f(1,9)－eq \f(1,3)－eq \f(3,2)＝－eq \f(5,3)，ymax＝f(eq \r(2))＝eq \f(3,2)＋eq \r(2).
答案：eq \f(3,2)＋eq \r(2) －eq \f(5,3)
8．写出一个最小正周期为2的奇函数f(x)＝________.
解析：基本初等函数中的既为周期函数又为奇函数的函数为y＝sin x，所以此题可考虑在此基础上调整周期使其满足题意．由此可知f(x)＝sin ωx且T＝eq \f(2π,ω)⇒f(x)＝sin πx.
答案：sin πx(答案不唯一)
9．(2020·全国Ⅲ卷)关于函数f(x)＝sin x＋eq \f(1,sin x)有如下四个命题：
①f(x)的图象关于y轴对称．
②f(x)的图象关于原点对称．
③f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称．
④f(x)的最小值为2.
其中所有真命题的序号是________．
解析：由题意知f(x)的定义域为{x|x≠kπ，k∈Z}，且关于原点对称．又f(－x)＝sin(－x)＋eq \f(1,sin－x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin x＋\f(1,sin x)))＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，所以①为假命题，②为真命题．因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))＋eq \f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x)))＝cs x＋eq \f(1,cs x)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x))＋eq \f(1,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x)))＝cs x＋eq \f(1,cs x)，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))，所以函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称，③为真命题．当sin x<0时，f(x)<0，所以④为假命题．综上，所有真命题的序号是②③.
答案：②③
10．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋eq \f(π,6))) (ω>0)，对任意x∈R，都有f(x)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,3)))，并且f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－eq \f(π,6)，eq \f(π,3)))上不单调，则ω的最小值是________．
解析：由题意，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,3)))是函数f(x)的最大值，∴eq \f(ωπ,3)＋eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，即ω＝6k＋1，k∈Z.∵ω>0，∴k∈N.当k＝0时，ω＝1，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋eq \f(π,6)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－eq \f(π,6)，eq \f(π,3)))上单调递增，不符合题意；当k＝1时，ω＝7，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(7x＋eq \f(π,6)))符合题意，∴ω的最小值是7.
答案：7
11．已知函数f(x)＝cs(2x＋θ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤θ≤\f(π,2)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,8)π，－\f(π,6)))上单调递增，若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))≤m恒成立，则实数m的取值范围为________．
解析：f(x)＝cs(2x＋θ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤θ≤\f(π,2)))，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,8)π，－\f(π,6)))时，－eq \f(3,4)π＋θ≤2x＋θ≤－eq \f(π,3)＋θ，由函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,8)π，－\f(π,6)))上是增函数，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－π＋2kπ≤－\f(3,4)π＋θ，,－\f(π,3)＋θ≤2kπ))(k∈Z)，则2kπ－eq \f(π,4)≤θ≤2kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)．又0≤θ≤eq \f(π,2)，∴0≤θ≤eq \f(π,3).∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋θ))，又eq \f(π,2)≤θ＋eq \f(π,2)≤eq \f(5,6)π，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))max＝0，∴m≥0.
答案：[0，＋∞)
12．已知函数f(x)＝2|cs x|sin x＋sin 2x，给出下列四个命题：
①函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(π,4)对称；
②函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上单调递增；
③函数f(x)的最小正周期为π；
④函数f(x)的值域为[－2,2]．
其中真命题的序号是________．
解析：对于函数f(x)＝2|cs x|sin x＋sin 2x，由于feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＝－2，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)))＝0，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))≠feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)))，故f(x)的图象不关于直线x＝eq \f(π,4)对称，故排除①.在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上，f(x)＝2|cs x|sin x＋sin 2x＝2sin 2x，2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，此时函数f(x)单调递增，故②正确．函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \r(3)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)))＝0.所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))≠feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)))，故函数f(x)的最小正周期不是π，故③错误．当cs x≥0时，f(x)＝2|cs x|sin x＋sin 2x＝2sin xcs x＋sin 2x＝2sin 2x，故它的最大值为2，最小值为－2；当cs x<0时，f(x)＝2|cs x|sin x＋sin 2x＝－2sin xcs x＋sin 2x＝0.综合可得，函数f(x)的最大值为2，最小值为－2，故④正确．
答案：②④
13．设f(x)＝mcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－eq \f(π,3)))＋m－1(m≠0)．
(1)若m＝2，求函数f(x)的零点；
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，eq \f(π,2)))时，－3≤f(x)≤4恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)由m＝2⇒f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－eq \f(π,3)))＋1，令f(x)＝0，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－eq \f(π,3)))＝－eq \f(1,2)，即2x－eq \f(π,3)＝2kπ＋eq \f(2π,3)或2x－eq \f(π,3)＝2kπ＋eq \f(4π,3)(k∈Z)，解得x＝kπ＋eq \f(π,2)或x＝kπ＋eq \f(5π,6)(k∈Z)，∴f(x)的零点是x＝kπ＋eq \f(π,2)或x＝kπ＋eq \f(5π,6)(k∈Z)．
(2)由0≤x≤eq \f(π,2)可得－eq \f(π,3)≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(2π,3)，所以－eq \f(1,2)≤cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－eq \f(π,3)))≤1.①当m>0时，易得eq \f(m,2)－1≤f(x)≤2m－1，由－3≤f(x)≤4恒成立可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fxmin≥－3，,fxmax≤4，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(m,2)－1≥－3，,2m－1≤4，,m>0，))解得0
已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)＋beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))，若满足条件________与________．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)设g(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,2)))，求g(x)的单调区间．
解：(1)选①②.∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，b))为f(x)的对称中心，∴2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z，又|φ|
第五节 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及三角函数模型的简单应用
课程标准
1．了解函数y＝Asin(ωx＋φ)的实际意义．
2．能画出y＝Asin(ωx＋φ)的图象，理解参数A，ω，φ的意义．
3．了解参数的变化对函数图象变化的影响．
4．会用三角函数解决一些简单的实际问题．
[由教材回扣基础]
1．函数y＝Asin(ωx＋φ)的有关概念
2．用五点法画f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)在一个周期内的简图时，要找的五个特征点如下
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
[练小题巩固基础]
一、准确理解概念(判断正误)
(1)将函数y＝3sin 2x的图象向左平移eq \f(π,4)个单位长度后所得图象的解析式是y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4))).( )
(2)若函数y＝Acs(ωx＋φ)的最小正周期为T，则函数图象的两个相邻对称中心之间的距离为eq \f(T,2).( )
(3)由图象求解析式时，振幅A的大小是由一个周期内图象中最高点的值与最低点的值确定的．( )
(4)当函数y＝sin x的图象上各点的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的eq \f(1,2)时，所得图象对应的函数解析式为y＝sineq \f(1,2)x.( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)×
二、练牢教材小题
1．(人教A版必修④P57T1改编)为了得到y＝3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋eq \f(π,8)))的图象，只需把y＝3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋eq \f(π,8)))图象上所有点的( )
A．纵坐标伸长到原来的3倍，横坐标不变
B．横坐标伸长到原来的3倍，纵坐标不变
C．纵坐标缩短到原来的eq \f(1,3)，横坐标不变
D．横坐标缩短到原来的eq \f(1,3)，纵坐标不变
答案：D
2.(新人教A版必修①P241T4改编)函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)的图象如图，则点(ω，φ)的坐标是________．
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(2π,3)))
3．(人教A版必修④P70T7(3)改编)将函数y＝sin 2x的图象向左平移eq \f(π,4)个单位长度，再向上平移1个单位长度，所得图象的函数解析式是____________．
答案：y＝1＋cs 2x
三、练清易错易混
1．(图象平移方向把握不准)为了得到函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象，可以将函数y＝2sin 2x的图象( )
A．向右平移eq \f(π,6)个单位 B．向右平移eq \f(π,3)个单位
C．向左平移eq \f(π,6)个单位 D．向左平移eq \f(π,3)个单位
答案：A
2．(图象横坐标伸缩与ω的关系把握不准)函数y＝sin x 的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍得到的图象对应的函数解析式是________．
答案：y＝sineq \f(1,2)x
3．(忽视参数的范围)已知简谐运动f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)x＋φ))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|<\f(π,2)))的图象经过点(0,1)，则该简谐运动的初相φ为________．
答案：eq \f(π,6)
命题视角一 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及变换
[典例] 某同学用“五点法”画函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：
(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)将函数y＝f(x)图象上所有的点向左平移θ(θ>0)个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象．若函数y＝g(x)图象的一个对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，0))，求θ的最小值；
(3)作出函数f(x)在长度为一个周期的闭区间上的图象．
[解] (1)根据表中已知数据，解得A＝5，ω＝2，φ＝－eq \f(π,6)，数据补全如下表：
且函数f(x)的解析式为f(x)＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
(2)由(1)知f(x)＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，
则g(x)＝5sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋2θ－\f(π,6))).
令2x＋2θ－eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，
解得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)－θ，k∈Z.
由于函数y＝g(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，0))成中心对称，所以令eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)－θ＝eq \f(5π,12)，k∈Z，
解得θ＝eq \f(kπ,2)－eq \f(π,3)，k∈Z.
由θ>0可知，当k＝1时，θ取得最小值为eq \f(π,6).
(3)由数据作出函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(13π,12)))上的图象如图所示．
[方法技巧]
1．函数y＝Asin(ωx＋φ)图象的画法
(1)用“五点法”作简图得到，列表时可通过变量代换z＝ωx＋φ计算五点坐标．求出第一个点的横坐标后，依次加上周期的eq \f(1,4)即可得到后四个点的横坐标．
(2)通过变换得到y＝Asin(ωx＋φ)的图象有两条途径：“先平移后伸缩”与“先伸缩后平移”．注意先伸缩后平移时平移距离为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(φ,ω)))个单位长度．
2．函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象变换的注意点
先伸缩后平移．值得注意的是，对于三角函数图象的平移变换问题，其平移变换规则是“左加、右减”，并且在变换过程中只变换自变量x，如果x的系数不是1，那么需把x的系数提取后再确定平移的单位长度和方向．
[针对训练]
1．(2021·全国乙卷)把函数y＝f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移eq \f(π,3)个单位长度，得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的图象，则f(x)＝( )
A．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(7π,12))) B．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,12)))
C．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(7π,12))) D．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,12)))
解析：选B 先将函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度，得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)－\f(π,4)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))的图象，再将所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,12)))的图象，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,12))).
2．(2020·江苏高考)将函数y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的对称轴的方程是________．
解析：将函数y＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象向右平移eq \f(π,6)个单位长度，得到y＝3sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋\f(π,4)))＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,12)))的图象，由2x－eq \f(π,12)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，得对称轴方程为x＝eq \f(7π,24)＋eq \f(1,2)kπ，k∈Z，其中与y轴最近的对称轴的方程是 x＝－eq \f(5π,24).
答案：x＝－eq \f(5π,24)
命题视角二 由图象确定函数y＝Asin(ωx＋φ)的解析式
[典例] (1)函数y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜π)的部分图象如图所示，则该函数的解析式为( )
A．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3))) B．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))
C．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(π,3))) D．y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))
(2) (2021·全国甲卷)已知函数f(x)＝2cs(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝________.
解析： (1)由题图可知A＝2，因为eq \f(T,2)＝eq \f(5π,12)＋eq \f(π,12)＝eq \f(π,2)，所以T＝π，所以ω＝eq \f(2π,π)＝2.将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，2))代入函数解析式得2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))＋φ))＝2，所以－eq \f(π,6)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，即φ＝2kπ＋eq \f(2π,3)，k∈Z，因为|φ|＜π，所以φ＝eq \f(2π,3).所以y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3))).
(2)设函数f(x)＝2cs(ωx＋φ)的周期为T.
由题图可知eq \f(3,4)T＝eq \f(13,12)π－eq \f(π,3)，∴T＝π.
又T＝eq \f(2π,|ω|)，∴|ω|＝2.不妨设ω>0，
则f(x)＝2cs(2x＋φ)．将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13π,12)，2))代入f(x)中，可得
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13π,12)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(13π,12)＋φ))＝2，
∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13π,6)＋φ))＝1，∴eq \f(13π,6)＋φ＝2kπ(k∈Z)，
∴φ＝2kπ－eq \f(13π,6)(k∈Z)．
取k＝1，得φ＝－eq \f(π,6)，
∴f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,2)－\f(π,6)))＝2cseq \f(5π,6)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))＝－eq \r(3).
[答案] (1)A (2)－eq \r(3)
[方法技巧]
确定y＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0，ω>0)的步骤和方法
(1)求A，b：确定函数的最大值M和最小值m，则A＝eq \f(M－m,2)，b＝eq \f(M＋m,2).
(2)求ω：确定函数的周期T，则可得ω＝eq \f(2π,T).
(3)求φ：常用的方法有代入法和五点法．
①代入法：把图象上的一个已知点代入(此时A，ω，b已知)或代入图象与直线y＝b的交点求解(此时要注意交点是在上升区间上还是在下降区间上)．
②五点法：确定φ值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口．
[针对训练]
1．函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的图象如图所示，为了得到函数y＝sin(ωx－φ)的图象，只需把函数f(x)的图象( )
A．向右平移eq \f(π,3)个单位 B．向左平移eq \f(π,3)个单位
C．向右平移eq \f(2π,3)个单位 D．向左平移eq \f(2π,3)个单位
解析：选A 由题图得eq \f(T,4)＝eq \f(7π,12)－eq \f(π,3)＝eq \f(π,4)，所以ω＝2.又2×eq \f(π,3)＋φ＝π＋kπ，k∈Z，结合|φ|＜eq \f(π,2)可得φ＝eq \f(π,3)，即f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))).因此，把函数f(x)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度可得y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象．
2．(2022·南京期中)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)，(其中ω＞0，|φ|＜π)的部分图象如图，则函数f(x)的解析式为f(x)＝________________.
解析：∵f(x)图象过点(0，eq \r(2))，∴f(0)＝2sin φ＝eq \r(2)，即sin φ＝eq \f(\r(2),2).∵|φ|＜π，∴φ＝eq \f(π,4)或φ＝eq \f(3π,4).由题图可知f(x)图象在y轴右侧第一个最高点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,8)，2)).若φ＝eq \f(π,4)，则由eq \f(5π,8)ω＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，得ω＝eq \f(2,5)；若φ＝eq \f(3π,4)，则由eq \f(5π,8)ω＋eq \f(3π,4)＝eq \f(π,2)，得ω＝－eq \f(2,5)(舍去)．∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)x＋\f(π,4))).
答案：2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)x＋\f(π,4)))
命题视角三 三角函数图象与性质的综合问题
[典例] 已知函数f(x)＝2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋sin 2x＋a的最大值为1.
(1)求实数a的值；
(2)若将f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度，得到函数g(x)的图象，求函数g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．
[解] (1)f(x)＝2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))＋sin 2x＋a＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＋sin 2x＋a＝eq \r(3)cs 2x＋sin 2x＋a＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋a，∴2＋a＝1，∴a＝－1.
(2)∵将f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位长度，得到函数g(x)的图象，∴g(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＝－1＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))－1，
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴2x＋eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(5π,3)))，∴当2x＋eq \f(2π,3)＝eq \f(2π,3)，即x＝0时，g(x)取得最大值为eq \r(3)－1；
当2x＋eq \f(2π,3)＝eq \f(3π,2)，即x＝eq \f(5π,12)时，g(x)取得最小值为－3.
[方法技巧]
三角函数的图象和性质的综合应用问题的求解思路
先将y＝f(x)化为y＝Asin(ωx＋φ)＋B的形式，再借助y＝Asin(ωx＋φ)的图象和性质(如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等)解决相关问题．
[针对训练]
(2021·温州二模)如图，已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＞0，ω＞0，|φ|＜\f(π,2)))的图象与y轴交于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)))，且eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，1))为该图象的最高点．
(1)求函数y＝f(x)在[0，π]上的零点；
(2)若函数y＝f(λx)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，求正实数λ的取值范围．
解：(1)由题图可知，f(x)的最大值为1，所以A＝1.因为图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)))，所以sin φ＝－eq \f(1,2)，又因为|φ|＜eq \f(π,2)，所以φ＝－eq \f(π,6).因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，1))为该图象的最高点，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω·\f(π,3)－\f(π,6)))＝1＝sineq \f(π,2)，所以ω＝2，所以f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).令2x－eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，解得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)，k∈Z，当k＝0时，x＝eq \f(π,12)；当k＝1时，x＝eq \f(7π,12)，所以函数y＝f(x)在[0，π]上的零点为eq \f(π,12)，eq \f(7π,12).(2)f(λx)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2λx－\f(π,6)))，λ＞0.因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以2λx－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，λπ－\f(π,6))).若函数y＝f(λx)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，则有λπ－eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)，解得λ≤eq \f(2,3)，所以正实数λ的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3))).
命题视角四 三角函数模型的应用
[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)＝10－eq \r(3)cseq \f(π,12)t－sineq \f(π,12)t，t∈[0,24)．
(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)＝10－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs\f(π,12)t＋\f(1,2)sin\f(π,12)t))＝10－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))，又0≤t<24，所以eq \f(π,3)≤eq \f(π,12)t＋eq \f(π,3)
故有10－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))>11，
即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)t＋\f(π,3)))<－eq \f(1,2).
又0≤t<24，因此eq \f(7π,6)
三角函数模型的应用策略
(1)三角函数模型的应用体现在两方面：一是已知函数模型求解数学问题；二是把实际问题抽象转化成数学问题，建立数学模型再利用三角函数的有关知识解决问题．
(2)研究y＝Asin(ωx＋φ)的性质时可将ωx＋φ视为一个整体，利用换元法和数形结合思想进行解题．
[针对训练]
1.如图，一个大风车的半径为8 m，12 min旋转一周，它的最低点P0离地面2 m，风车翼片的一个端点P从P0开始按逆时针方向旋转，则点P离地面的距离h(m)与时间t(min)之间的函数关系式是( )
A．h(t)＝－8sineq \f(π,6)t＋10B．h(t)＝－cseq \f(π,6)t＋10
C．h(t)＝－8sineq \f(π,6)t＋8 D．h(t)＝－8cseq \f(π,6)t＋10
解析：选D 设h(t)＝Acs ωt＋B，因为12 min旋转一周，所以eq \f(2π,ω)＝12，所以ω＝eq \f(π,6)，由于最大值与最小值分别为18,2.所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－A＋B＝18，,A＋B＝2，))解得A＝－8，B＝10.所以h(t)＝－8cseq \f(π,6)t＋10.
2．人的心脏跳动时，血压在增加或减少．血压的最大值、最小值分别为收缩压和舒张压，收缩压120 mmHg，舒张压80 mmHg为血压的标准值．设某人的血压满足函数式p(t)＝102＋24sin 160πt，其中p(t)为血压(单位：mmHg)，t为时间(单位：min)，则下列说法正确的是( )
A．收缩压和舒张压均高于相应的标准值
B．收缩压和舒张压均低于相应的标准值
C．收缩压高于标准值、舒张压低于标准值
D．收缩压低于标准值、舒张压高于标准值
解析：选C 因为p(t)＝102＋24sin 160πt，且－1≤sin 160πt≤1，所以p(t)∈[78,126]，即收缩压为126 mmHg，舒张压为78 mmHg.因为120＜126,80＞78，所以C正确．
数学建模·练抽象思维——三角函数模型的创新应用问题
1．(走向生产生活)音乐，是用声音来展现美，给人以听觉上的享受．著名数学家傅立叶研究了乐声的本质，他证明了所有的乐音都能用数学表达式来描述，它们是一些形如y＝asin bx的简单正弦函数的和，其中频率最低的一项是基本音，其余的为泛音．由乐音的数学表达式可知，所有泛音的频率都是基本音频率的整数倍，称为基本音的谐波．下列函数中不能与函数y＝0.06sin 180 000t(基本音)构成乐音的是( )
A．y＝0.02sin 360 000t
B．y＝0.03sin 180 000t
C．y＝0.02sin 181 800t
D．y＝0.05sin 540 000t
解析：选C 由f＝eq \f(1,T)＝eq \f(ω,2π)，可知若f1＝nf2(n∈N*)，则必有ω1＝nω2(n∈N*)．易得360 000＝2×180 000,180 000＝1×180 000,540 000＝3×180 000，故A、B、D中函数都能与函数y＝0.06 sin 180 000t构成乐音．只有C选项中，181 800不是180 000的整数倍．
2.(创新学科情境)已知函数f(x)＝sin(πx＋φ)某个周期的图象如图所示，A，B分别是f(x)图象的最高点与最低点，C是f(x)图象与x轴的交点，则tan∠BAC＝( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(4,7) C.eq \f(2\r(5),5) D.eq \f(7\r(65),65)
解析：选B 过点A作AD垂直x轴于点D，设AB与x轴交于点E.由题意可得周期为2，所以CD＝eq \f(3,2)，AD＝1，DE＝eq \f(1,2)，所以tan∠CAD＝eq \f(CD,AD)＝eq \f(3,2)，tan∠EAD＝eq \f(ED,AD)＝eq \f(1,2)，所以tan∠BAC＝tan(∠CAD－∠EAD)＝eq \f(tan∠CAD－tan∠EAD,1＋tan∠CAD·tan∠EAD)＝eq \f(4,7).故选B.
3．(创新学科情境)声音是由物体振动产生的声波，其中纯音的数学模型是函数y＝Asin ωt，已知函数f(x)＝2cs(2x＋φ)(－π≤φ≤π)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度后，与纯音的数学模型函数y＝2sin 2x 的图象重合，则φ＝________；若函数f(x)在[－a，a]上是减函数，则实数a的最大值是________．
解析：将函数y＝2sin 2x的图象向左平移eq \f(π,3)个单位长度后可得到函数f(x)的图象，则f(x)＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).又f(x)＝2cs(2x＋φ)(－π≤φ≤π)，所以φ＝eq \f(π,6).令2kπ≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ＋π(k∈Z)，解得kπ－eq \f(π,12)≤x≤kπ＋eq \f(5π,12)(k∈Z)，所以函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)．由0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,12)，kπ＋\f(5π,12)))(k∈Z)，可得k＝0.由于函数f(x)在[－a，a]上是减函数，则[－a，a]⊆eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a≥－\f(π,12)，,a≤\f(5π,12)，,－a＜a，))解得0＜a≤eq \f(π,12)，则a的最大值为eq \f(π,12).
答案：eq \f(π,6) eq \f(π,12)
4.(创新学科情境)函数y＝f(x)＝2sin(ωx＋φ) 的部分图象如图所示，该图象与y轴相交于点F(0,1)，与x轴相
交于点B，C，点M为最高点，且三角形MBC的面积为π，则f(x)图象的一个对称中心是________．(写出一个符合题意的即可)
解析：∵S△MBC＝eq \f(1,2)×2×BC＝BC＝π，
∴周期T＝2π＝eq \f(2π,ω)，∴ω＝1.
由f(0)＝2sin φ＝1，得sin φ＝eq \f(1,2)，又0＜φ＜eq \f(π,2)，
∴φ＝eq \f(π,6)，∴f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6))).
令x＋eq \f(π,6)＝kπ，k∈Z，解得x＝－eq \f(π,6)＋kπ，k∈Z，故函数f(x)图象的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,6)，0))，k∈Z.
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(π,6)，0)) (满足eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ－eq \f(π,6)，0))，k∈Z的任意一个即可)
[课时跟踪检测]
一、基础练——练手感熟练度
1．函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的振幅、频率和初相分别为( )
A．2，eq \f(1,π)，eq \f(π,4) B．2，eq \f(1,2π)，eq \f(π,4)
C．2，eq \f(1,π)，eq \f(π,8) D．2，eq \f(1,2π)，－eq \f(π,8)
解析：选A 由振幅、频率和初相的定义可知，函数y＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的振幅为2，频率为eq \f(1,π)，初相为eq \f(π,4).
2．要得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,5)))的图象，可以将函数y＝sin x的图象上所有的点( )
A．向右平行移动eq \f(π,10)个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍
B．向右平行移动eq \f(π,10)个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍
C．横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，再把所得各点向右平行移动eq \f(π,5)个单位长度
D．横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，再把所得各点向右平行移动eq \f(π,10)个单位长度
解析：选D 将函数y＝sin x的图象上所有的点向右平行移动eq \f(π,10)个单位长度，得到函数y＝sinx－eq \f(π,10)的图象，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(π,10)))的图象，故A错误；将函数y＝sin x的图象上所有的点向右平行移动eq \f(π,10)个单位长度，得到函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,10)))的图象，再把所得各点的横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－eq \f(π,10)))的图象，故B错误；将函数y＝sin x的图象上所有的点横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，得到y＝sin 2x的图象，再把所得各点向右平行移动eq \f(π,5)个单位长度，得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,5)))的图象，故C错误；将函数y＝sin x的图象上所有的点横坐标缩短到原来的eq \f(1,2)倍，得到y＝sin 2x的图象，再把所得各点向右平行移动eq \f(π,10)个单位长度，得到y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,5)))的图象，故D正确．
3．函数f(x)＝tan ωx(ω>0)的图象的相邻两支截直线y＝2所得线段长为eq \f(π,2)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))的值是( )
A．－eq \r(3) B.eq \f(\r(3),3) C．1 D.eq \r(3)
解析：选D 由题意可知该函数的周期为eq \f(π,2)，∴eq \f(π,ω)＝eq \f(π,2)，即ω＝2，∴f(x)＝tan 2x.∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝taneq \f(π,3)＝eq \r(3).
4.(2022·扬州检测)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，－eq \f(π,2)<φ
解析：选B 由题图，得eq \f(T,2)＝eq \f(π,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝eq \f(π,2)，所以T＝π，由T＝eq \f(2π,ω)，得ω＝2，由题图可知A＝1，所以f(x)＝sin(2x＋φ)．又因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝0，－eq \f(π,2)<φ
解析：依题意知，a＝eq \f(28＋18,2)＝23，A＝eq \f(28－18,2)＝5，所以y＝23＋5cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)x－6))，当x＝10时，y＝23＋5cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(π,6)×4))＝20.5.
答案：20.5
二、综合练——练思维敏锐度
1．将函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,5)))的图象向右平移eq \f(π,10)个单位长度，所得图象对应的函数( )
A．在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，\f(5π,4)))上单调递增 B．在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))上单调递减
C．在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,4)，\f(3π,2)))上单调递增 D．在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))上单调递减
解析：选A 把函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,5)))的图象向右平移eq \f(π,10)个单位长度得函数g(x)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,10)))＋\f(π,5)))＝sin 2x的图象，由－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x≤eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，得－eq \f(π,4)＋kπ≤x≤eq \f(π,4)＋kπ(k∈Z)，令k＝1，得eq \f(3π,4)≤x≤eq \f(5π,4)，即函数g(x)＝sin 2x的一个单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，\f(5π,4))).
2．在平面直角坐标系xOy中，将函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4)))的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度后得到的图象经过原点，则φ的最小值为( )
A.eq \f(π,3) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,6) D.eq \f(π,12)
解析：选B 将函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(π,4)))的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度后得到的图象对应的解析式为y＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3(x＋φ)＋eq \f(π,4)))，因为其图象经过原点，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3φ＋eq \f(π,4)))＝0，所以3φ＋eq \f(π,4)＝kπ(k∈Z)，解得φ＝eq \f(kπ,3)－eq \f(π,12)(k∈Z)，又φ>0，所以φ的最小值为eq \f(π,3)－eq \f(π,12)＝eq \f(π,4)，故选B.
3.函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0，|φ|<π)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是( )
A．函数f(x)的最小正周期为2π
B．函数f(x)图象的一条对称轴方程为x＝eq \f(5π,12)
C．函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))，k∈Z
D．当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，函数f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，1))
解析：选C 由题图，知A＝1，eq \f(T,4)＝eq \f(π,3)－eq \f(π,12)＝eq \f(π,4)，∴ω＝eq \f(2π,T)＝2，根据五点作图法得2×eq \f(π,3)＋φ＝0，∴φ＝－eq \f(2π,3)，则f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,3))).令2x－eq \f(2π,3)＝kπ－eq \f(π,2)，k∈Z，得f(x)的对称轴方程为x＝eq \f(k,2)π＋eq \f(π,12)，k∈Z.令2kπ－eq \f(3π,2)≤2x－eq \f(2π,3)≤2kπ－eq \f(π,2)，k∈Z，得f(x)的单调减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))，k∈Z.当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \f(π,6)，eq \f(π,2)))时，2x－eq \f(2π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(π,3)))，f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(2π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2)))，故选C.
4．将函数f(x)＝cs 2x的图象向右平移eq \f(π,4)个单位长度后得到函数g(x)的图象，则g(x)具有的性质为( )
A．最大值为1，图象关于直线x＝eq \f(π,2)对称
B．为奇函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增
C．为偶函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,8)，\f(π,8)))上单调递增
D．周期为π，图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，0))对称
解析：选D 将函数f(x)＝cs 2x的图象向右平移eq \f(π,4)个单位长度后得到函数g(x)＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))))＝sin 2x的图象，则函数g(x)的最大值为1，其图象关于直线x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,4)(k∈Z)对称，故选项A不正确；函数g(x)为奇函数，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，2x∈(0，π)，故函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上不单调，故选项B、C不正确；函数g(x)的周期为π，其图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)对称，故选项D正确．故选D.
5．直线y＝a与函数f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,4)))(ω＞0)的图象的相邻两个交点的距离为2π，若f(x)在(－m，m)(m＞0)上是增函数，则m的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))) C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,2)))
解析：选B 因为直线y＝a与函数f(x)的图象的相邻两个交点的距离为一个周期，所以ω＝eq \f(1,2)，所以f(x)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x＋\f(π,4)))，由kπ－eq \f(π,2)＜eq \f(1,2)x＋eq \f(π,4)＜kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得2kπ－eq \f(3π,2)＜x＜2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(π,2)))上是增函数，故(－m，m)⊆eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,2)，\f(π,2)))，解得0＜m≤eq \f(π,2).故选B.
6．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，|φ|<\f(π,2)))在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上单调，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，将函数y＝f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的3倍，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图象，若函数y＝g(x)在区间[－t，t]上单调递增，则t的最大值为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,12)
解析：选B ∵eq \f(π,2)－eq \f(π,6)≤eq \f(T,2)，∴T≥eq \f(2π,3).
又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，eq \f(2π,3)－eq \f(π,2)＝eq \f(π,6)
同理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))是函数的一个对称中心，
∵eq \f(7π,12)－eq \f(π,3)＝eq \f(π,4)
解析：将函数f(x)＝2sin x图象的每一个点的横坐标缩短为原来的一半，得到y＝2sin 2x的图象；再向左平移eq \f(π,12)个单位长度得到g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))的图象．若函数g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2a，\f(7π,6)))上单调递增，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2·\f(a,3)＋\f(π,6)≤\f(π,2)，,2·2a＋\f(π,6)≥\f(3π,2)，))解得eq \f(π,3)≤a≤eq \f(π,2)，所以实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2))).
答案：2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))
8．已知函数f(x)＝cs ωx＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))(ω>0)在[0，π]上恰有一个最大值点和两个零点，则ω的取值范围是________．
解析：f(x)＝cs ωx＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))＝eq \f(3,2)cs ωx＋eq \f(\r(3),2)sin ωx＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,3)))，由x∈[0，π]，ω>0，得ωx＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，ωπ＋\f(π,3))).因为f(x)在[0，π]上恰有一个最大值点和两个零点，所以2π≤ωπ＋eq \f(π,3)
9．已知函数f(x)＝eq \r(3)sin ωxcs ωx－cs2ωx(ω>0)，周期是eq \f(π,2).
(1)求f(x)的解析式以及当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))时f(x)的值域；
(2)将f(x)图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，再向左平移eq \f(π,6)个单位长度，最后将整个函数图象向上平移eq \f(3,2)个单位长度后得到函数g(x)的图象，若|g(x)－m|<2成立的充分条件是eq \f(π,6)≤x≤eq \f(2,3)π，求m的取值范围．
解：(1)f(x)＝eq \r(3)sin ωxcs ωx－cs2ωx＝eq \f(\r(3),2)sin 2ωx－eq \f(1,2)(1＋cs 2ωx)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx－\f(π,6)))－eq \f(1,2).由T＝eq \f(2π,2ω)＝eq \f(π,2)，解得ω＝2.∴函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,6)))－eq \f(1,2).∵0≤x≤eq \f(π,3)，∴－eq \f(π,6)≤4x－eq \f(π,6)≤eq \f(7,6)π，结合函数y＝sin4x－eq \f(π,6)－eq \f(1,2)的图象及性质得，－eq \f(1,2)≤sin4x－eq \f(π,6)≤1，∴－1≤sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(π,6)))－eq \f(1,2)≤eq \f(1,2)，即函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2))).
(2)依题意g(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋1.∵|g(x)－m|<2，∴g(x)－2
(2)若方程f(x)＋2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,3)))＝a有实数解，求a的取值范围．
解：(1)由题图可得A＝2，eq \f(T,2)＝eq \f(2π,3)－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，所以ω＝2.当x＝eq \f(π,6)时，f(x)＝2，可得2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,6)＋φ))＝2，因为|φ|
三、自选练——练高考区分度
1．把函数f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))的图象向左平移m(m＞0)个单位，得到函数g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))的图象，则m的最小值是( )
A.eq \f(7π,24) B.eq \f(17π,24) C.eq \f(5π,24) D.eq \f(19π,24)
解析：选B 把函数f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))的图象向左平移m(m＞0)个单位，得到g(x)＝2cs2(x＋m)－eq \f(π,4)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋2m－\f(π,4)))的图象，
而g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＝2cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－2x))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(5π,6))).
令2m－eq \f(π,4)＝－eq \f(5π,6)＋2kπ(k∈Z)，得m＝－eq \f(7π,24)＋kπ(k∈Z)，
因为m＞0，所以当k＝1时，m的值最小，
此时m＝π－eq \f(7π,24)＝eq \f(17π,24).
2．已知函数f(x)＝cs(2x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|φ|＜\f(π,2)))，F(x)＝f(x)＋eq \f(\r(3),2)f′(x)为奇函数，则下述说法中不正确的是( )
A．tan φ＝eq \f(\r(3),3)
B．若f(x)在[－a，a]上存在零点，则a的最小值为eq \f(π,6)
C．F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))上单调递增
D．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有且仅有一个极大值点
解析：选D 因为f(x)＝cs(2x＋φ)，所以f′(x)＝－2sin(2x＋φ)，所以F(x)＝f(x)＋eq \f(\r(3),2)f′(x)＝cs(2x＋φ)－eq \r(3)sin(2x＋φ)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋φ＋\f(π,3)))，又F(x)为奇函数，所以F(0)＝0，即cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(φ＋\f(π,3)))＝0，令φ＋eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，得φ＝eq \f(π,6)＋kπ，k∈Z，又|φ|＜eq \f(π,2)，所以φ＝eq \f(π,6).对于A，tan φ＝taneq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),3)，故A正确；对于B，由f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝0，得x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,6)，k∈Z，若f(x)在[－a，a]上存在零点，则a＞0且a的最小值为eq \f(π,6)，故B正确；对于C，F(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)＋\f(π,3)))＝－2sin 2x，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))时，2x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，则F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))上单调递增，故C正确；对于D，由f′(x)＝－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝0，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，可得x＝eq \f(5π,12)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12)))时，f′(x)＜0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(π,2)))时，f′(x)＞0，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,12)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(π,2)))上单调递增，故D错误．
3．已知函数f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(43π,3)))，若函数F(x)＝f(x)－3的所有零点依次记为x1，x2，x3，…，xn，且x1
解析：选A 函数f(x)＝4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，令2x－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，可得x＝eq \f(1,2)kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)，即函数图象的对称轴方程为x＝eq \f(1,2)kπ＋eq \f(π,3)(k∈Z)．又f(x)的最小正周期为T＝π，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(43π,3))).令eq \f(1,2)kπ＋eq \f(π,3)＝eq \f(43π,3)，可得k＝28，所以函数f(x)的图象在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(43π,3)))内有29条对称轴，根据正弦函数的性质可知，x1＋x2＝eq \f(π,3)×2，x2＋x3＝eq \f(5π,6)×2，…，x28＋x29＝eq \f(83π,6)×2.将以上各式相加得x1＋2x2＋2x3＋…＋2x28＋x29＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,6)＋\f(5π,6)＋\f(8π,6)＋…＋\f(83π,6)))×2＝eq \f(π,3)×eq \f(2＋83×28,2)＝eq \f(1 190π,3).故选 A.
4．(2021·全国甲卷)已知函数f(x)＝2cs(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则满足条件eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(fx－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7π,4)))))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(fx－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)))))＞0的最小正整数x为________．
解析：由函数图象可知eq \f(3,4)T＝eq \f(13π,12)－eq \f(π,3)＝eq \f(3π,4)，所以T＝π，ω＝2，所以f(x)＝2cs(2x＋φ)．因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝2·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋φ))＝0，且函数f(x)的图象在x＝eq \f(π,3)附近呈下降趋势，所以eq \f(2π,3)＋φ＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，所以φ＝2kπ－eq \f(π,6)，k∈Z.不妨取φ＝－eq \f(π,6)，可得f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，因此feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7π,4)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7π,2)－\f(π,6)))＝1，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8π,3)－\f(π,6)))＝0，原不等式可化为[f(x)－1]·f(x)＞0，解得f(x)＜0或f(x)＞1.函数f(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))的图象如图．
当f(x)＝1时，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，x取得最小正数时，2x－eq \f(π,6)＝eq \f(π,3)，解得x＝eq \f(π,4).当f(x)＝0时，令2x－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，解得x＝eq \f(π,3).因为eq \f(π,4)＜1＜eq \f(π,3)，所以x＝1不符合题意．又x取最小正整数，所以当x＝2时，易得不等式成立．故x＝2.
答案：2
第六节 正弦定理和余弦定理
课程标准
1.掌握余弦定理、正弦定理.
2.能用余弦定理、正弦定理解决简单的实际问题.
第1课时 系统知识牢基础——正弦定理、余弦定理及应用
知识点一 正弦定理、余弦定理
[由教材回扣基础]
1．正、余弦定理及变形
提醒：若已知两边和其中一边的对角，解三角形时，可用正弦定理．在根据另一边所对角的正弦值确定角的值时，要注意避免增根或漏解，常用的基本方法就是注意结合“大边对大角，大角对大边”及三角形内角和定理去考虑问题．
2．谨记常用结论
(1)在三角形ABC中，A＋B＋C＝π，则
①sin A＝sin(B＋C)，cs A＝－cs(B＋C)，tan A＝－tan(B＋C)．
②sin eq \f(A,2)＝cs eq \f(B＋C,2)，cs eq \f(A,2)＝sin eq \f(B＋C,2).
③sin A＝sin B⇔A＝B；
sin 2A＝sin 2B⇔A＝B或A＋B＝eq \f(π,2).
④A>B⇔a>b⇔sin A>sin B⇔cs A
S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(abc,4R)＝eq \f(1,2)(a＋b＋c)·r(r是三角形内切圆的半径)，并可由此计算R，r.
[练小题巩固基础]
1．判断正误
(1)三角形中三边之比等于相应的三个内角之比．( )
(2)在△ABC中，若sin A＞sin B，则A＞B.( )
(3)在△ABC的六个元素中，已知任意三个元素，可求其他元素．( )
(4)当b2＋c2－a2＞0时，△ABC为锐角三角形；当b2＋c2－a2＝0时，△ABC为直角三角形；当b2＋c2－a2＜0时，△ABC为钝角三角形．( )
(5)在三角形中，已知两边和一角就能求三角形的面积．( )
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√
2．(新苏教版必修②P86例1改编)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，A＝eq \f(π,4)，B＝eq \f(π,12)，c＝3eq \r(3)，则a＝( )
A.eq \r(2) B．2eq \r(2) C．3eq \r(2) D．4eq \r(2)
答案：C
3．(人教A版必修⑤P4例2改编)在△ABC中，已知AC＝eq \r(3)，AB＝3，A＝30°，则BC＝( )
A．4 B．2 C．3 D.eq \r(3)
答案：D
4．(人教A版必修⑤P7例4改编)在△ABC中，AB＝5，AC＝3，BC＝7，则∠BAC＝( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(2,3)π D.eq \f(5,6)π
解析：选C 由余弦定理，得cs∠BAC＝eq \f(AC2＋AB2－BC2,2AC·AB)＝eq \f(9＋25－49,30)＝－eq \f(1,2)，因为∠BAC为△ABC的内角，所以∠BAC＝eq \f(2,3)π，故选C.
5．(忽视条件出现增根致误)在△ABC中，若A＝60°，a＝4eq \r(3)，b＝4eq \r(2)，则B＝________.
解析：由正弦定理eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)，得sin B＝eq \f(bsin A,a)＝eq \f(4\r(2)×\f(\r(3),2),4\r(3))＝eq \f(\r(2),2).又a＞b，则A＞B，所以B为锐角，故B＝45°.
答案：45°
6．(面积公式使用错误致误)在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若2sin B＝sin A＋sin C，cs B＝eq \f(3,5)，且S△ABC＝6，则b＝________.
解析：在△ABC中，由正弦定理可得，2b＝a＋c ①，由余弦定理可得，b2＝a2＋c2－2ac×eq \f(3,5)＝(a＋c)2－eq \f(16,5)ac ②，由cs B＝eq \f(3,5)，得sin B＝eq \f(4,5)，故S△ABC＝eq \f(1,2)ac×eq \f(4,5)＝6 ③，由①②③得，b＝4.
答案：4
7．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝4，b＝5，b>c，△ABC的面积为5eq \r(3)，则c＝________.
解析：由三角形面积公式，得eq \f(1,2)×4×5sin C＝5eq \r(3)，
即sin C＝eq \f(\r(3),2).又b>a，b>c，所以C为锐角，于是C＝60°.由余弦定理，得c2＝42＋52－2×4×5cs 60°，解得c＝eq \r(21).
答案：eq \r(21)
知识点二 正、余弦定理的实际应用
[由教材回扣基础]
测量中几个术语的意义及图形表示
澄清微点·熟记结论
(1)方位角和方向角本质上是一样的，方向角是方位角的一种表达形式，是同一问题中对角的不同描述．
(2)将三角形的解还原为实际问题时，要注意实际问题中的单位、近似值要求，同时还要注意所求的结果是否符合实际情况．
[练小题巩固基础]
1．判断正误
(1)从A处望B处的仰角为α，从B处望A处的俯角为β，则α＋β＝180°.( )
(2)俯角是铅垂线与视线所成的角，其范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).( )
答案：(1)× (2)×
2．(人教A版必修②P49例9改编)设点A，B在河的两岸，一测量者在A的同侧所在的河岸边选定一点C，测出A，C两点间的距离为50 m，∠ACB＝45°，∠CAB＝105°，则A，B两点间的距离为( )
A.eq \f(25\r(2),2) m B．25eq \r(2) m C．50eq \r(2) m D．50eq \r(3) m
解析：选C 在△ABC中，∠ABC＝30°，由正弦定理得eq \f(AC,sin 30°)＝eq \f(AB,sin 45°)，即eq \f(50,\f(1,2))＝eq \f(AB,\f(\r(2),2))，所以AB＝50eq \r(2) m，故选C.
3.(人教A版必修②P50例10改编)如图所示，D，C，B三点在地面的同一条直线上，DC＝a，从C，D两点测得A点的仰角分别为60°，30°，则A点离地面的高度AB＝________.
解析：由已知得∠DAC＝30°，△ADC为等腰三角形，AD＝eq \r(3)a，所以在Rt△ADB中，AB＝eq \f(1,2)AD＝eq \f(\r(3),2)a.
答案：eq \f(\r(3),2)a
4．(人教A版必修②P51T1改编)已知A船在灯塔C北偏东80°处，且A到C的距离为2 km，B船在灯塔C北偏西40°处，A，B两船的距离为3 km，则B到C的距离为________km.
解析：由条件知，∠ACB＝80°＋40°＝120°，设BC＝x km，则由余弦定理知9＝x2＋4－4xcs 120°，∵x>0，∴x＝eq \r(6)－1.
答案：eq \r(6)－1
5．在一次抗洪抢险中，某救生艇发动机突然发生故障停止转动，失去动力的救生艇在洪水中漂行，此时，风向是北偏东30°，风速是20 km/h；水的流向是正东，流速是20 km/h，若不考虑其他因素，救生艇在洪水中漂行的方向为北偏东______，速度的大小为______km/h.
解析：如图，∠AOB＝60°，由余弦定理知OC2＝202＋202－800cs 120°＝1 200，故OC＝20eq \r(3)，∠COy＝30°＋30°＝60°.
答案：60° 20eq \r(3)
第2课时 精研题型明考向——解三角形及应用举例
1．(2021全国乙卷·结合数学文化考查解三角形)
魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高．如图，点E，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”，则海岛的高AB＝( )
A．eq \f(表高×表距,表目距的差)＋表高 B．eq \f(表高×表距,表目距的差)－表高
C．eq \f(表高×表距,表目距的差)＋表距 D．eq \f(表高×表距,表目距的差)－表距
解析：选A 由题意，知△ABH∽△EDH，
所以eq \f(AB,DE)＝eq \f(AH,EH)，所以EH＝eq \f(DE·AH,AB) ①.
由题意，知△ABC∽△GFC，所以eq \f(AB,FG)＝eq \f(AC,GC)，
所以GC＝eq \f(FG·AC,AB)＝eq \f(DE·AC,AB) ②.
②－①，得GC－EH＝eq \f(DEAC－AH,AB)＝eq \f(DE·HC,AB)，所以AB＝eq \f(DE·HC,GC－EH)＝eq \f(DE·[EG＋GC－EH],GC－EH)＝eq \f(DE·EG,GC－EH)＋DE，所以AB＝eq \f(表高×表距,表目距的差)＋表高．故选A.
2．(2021全国甲卷·利用三角恒等变换及正弦定理求高度差)2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86(单位：m)，三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．右图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A′，B′，C′满足∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°.由C点测得B点的仰角为15°，BB′与CC′的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A′B′C′的高度差AA′－CC′约为(eq \r(3)≈1.732)( )
A．346 B．373 C．446 D．473
解析：选B 如图，分别过C，B两点作CE∥C′B′，BF∥A′B′，分别交BB′，AA′于E，F两点．易知BE＝100，BF⊥AA′，且∠ABF＝45°，所以AF＝BF＝A′B′，要求AA′与CC′的高度差，即求AF＋BE，即求BE＋A′B′.在△BCE中，eq \f(BE,CE)＝eq \f(BE,C′B′)＝tan∠BCE＝tan 15°＝tan(45°－30°)＝eq \f(tan 45°－tan 30°,1＋tan 45°tan 30°)＝2－eq \r(3)，解得CE＝100(2＋eq \r(3))，即B′C′＝100(2＋eq \r(3))．在△A′B′C′中，∠A′C′B′＝45°，∠A′B′C′＝60°，所以∠C′A′B′＝75°.由正弦定理，得eq \f(A′B′,sin∠A′C′B′)＝eq \f(B′C′,sin∠C′A′B′)，所以A′B′＝eq \f(sin∠A′C′B′,sin∠C′A′B′)·B′C′＝eq \f(sin 45°,sin45°＋30°)·B′C′＝100(eq \r(3)＋1)≈273，所以AA′－CC′＝BE＋A′B′≈100＋273＝373.故选B.
3．(2021全国乙卷·利用三角形面积公式及余弦定理求边)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为eq \r(3)，B＝60°，a2＋c2＝3ac，则b＝________.
解析：由题意，得S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \r(3)，即eq \f(1,2)ac·eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，解得ac＝4.由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accs B＝3ac－2ac·eq \f(1,2)＝8，解得b＝2eq \r(2)(负值已舍去)．
答案：2eq \r(2)
4．(2021新高考Ⅰ卷·正余弦定理与多边形相结合)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＝ac，点D在边AC上，BD·sin∠ABC＝asin C.
(1)证明：BD＝b；
(2)若AD＝2DC，求cs∠ABC.
解：(1)证明：由BDsin∠ABC＝asin C及正弦定理，
得BD＝eq \f(asin C,sin∠ABC)＝eq \f(ac,b)＝eq \f(b2,b)＝b.
(2)由cs∠BDA＋cs∠BDC＝0及余弦定理，得eq \f(b2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)b))2－c2,2·b·\f(2,3)b)＋eq \f(b2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)b))2－a2,2·b·\f(1,3)b)＝0.整理，得eq \f(11,3)b2－2a2－c2＝0，即eq \f(11,3)ac－2a2－c2＝0，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)))2－eq \f(11,3)·eq \f(c,a)＋2＝0，解得eq \f(c,a)＝3或eq \f(c,a)＝eq \f(2,3).所以cs∠ABC＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq \f(a2＋c2－ac,2ac)＝eq \f(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)))2－\f(c,a),2·\f(c,a)).当eq \f(c,a)＝3时，cs∠ABC＝eq \f(1＋9－3,2×3)＝eq \f(7,6)(不合题意，舍去)；当eq \f(c,a)＝eq \f(2,3)时，cs∠ABC＝eq \f(1＋\f(4,9)－\f(2,3),2×\f(2,3))＝eq \f(7,12).所以cs∠ABC＝eq \f(7,12).
5．(2020全国Ⅱ卷·利用正余弦定理求边、角及最值)
△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C＝sin Bsin C.
(1)求A；
(2)若BC＝3，求△ABC周长的最大值．
解：(1)由正弦定理和已知条件得
BC2－AC2－AB2＝AC·AB ①.
由余弦定理得BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcs A ②.
由①②得cs A＝－eq \f(1,2).因为0＜A＜π，所以A＝eq \f(2π,3).
(2)由正弦定理及(1)得eq \f(AC,sin B)＝eq \f(AB,sin C)＝eq \f(BC,sin A)＝2eq \r(3)，从而AC＝2eq \r(3)sin B，AB＝2eq \r(3)sin(π－A－B)＝3cs B－eq \r(3)sinB．故BC＋AC＋AB＝3＋eq \r(3)sin B＋3cs B＝3＋2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,3))).又0＜B＜eq \f(π,3)，所以当B＝eq \f(π,6)时，△ABC周长取得最大值3＋2eq \r(3).
6．(2020全国Ⅰ卷·利用正余弦定理求面积)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B＝150°.
(1)若a＝eq \r(3)c，b＝2eq \r(7)，求△ABC的面积；
(2)若sin A＋eq \r(3)sin C＝eq \f(\r(2),2)，求C.
解：(1)由题设及余弦定理得28＝3c2＋c2－2×eq \r(3)c2×cs 150°，解得c＝2或c＝－2(舍去)，从而a＝2eq \r(3).所以△ABC的面积为eq \f(1,2)×2eq \r(3)×2×sin 150°＝eq \r(3).
(2)因为在△ABC中，A＝180°－B－C＝30°－C，所以sin A＋eq \r(3)sin C＝sin(30°－C)＋eq \r(3)sin C＝sin(30°＋C)．故sin(30°＋C)＝eq \f(\r(2),2).而0°＜C＜30°，所以30°＋C＝45°，故C＝15°.
7．(2021北京高考·条件的选择，解三角形)已知在△ABC中，c＝2bcs B，C＝eq \f(2π,3).
(1)求B的大小；
(2)在三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求BC边上的中线的长度．
①c＝eq \r(2)b；
②周长为4＋2eq \r(3)；
③面积为S△ABC＝eq \f(3\r(3),4).
解：(1)由正弦定理eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，c＝2bcs B，
得sin C＝2sin Bcs B＝sin 2B，
故C＝2B(舍去)或C＋2B＝π.故B＝A＝eq \f(π,6).
(2)由(1)知，c＝eq \r(3)b，故不能选①.
若选②，设BC＝AC＝2x，则AB＝2eq \r(3)x，
故周长为(4＋2eq \r(3))x＝4＋2eq \r(3)，解得x＝1.
从而BC＝AC＝2，AB＝2eq \r(3).
设BC中点为D，则在△ABD中，由余弦定理，
cs B＝eq \f(AB2＋BD2－AD2,2·AB·BD)＝eq \f(12＋1－AD2,4\r(3))＝eq \f(\r(3),2)，解得AD＝eq \r(7).
若选③，设BC＝AC＝2x，则AB＝2eq \r(3)x，
故S△ABC＝eq \f(1,2)·(2x)2·sin eq \f(2π,3)＝eq \r(3)x2＝eq \f(3\r(3),4)，
解得x＝eq \f(\r(3),2)，即BC＝AC＝eq \r(3)，AB＝3.
设BC中点为D，则在△ABD中，由余弦定理，
cs B＝eq \f(AB2＋BD2－AD2,2·AB·BD)＝eq \f(9＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2－AD2,3\r(3))＝eq \f(\r(3),2)，解得AD＝eq \f(\r(21),2).
[把脉考情]
命题视角一 三角形基本量的求解问题
[典例] 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，bcs A＝eq \r(3)asin B.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝2eq \r(2)，B＝eq \f(π,4)，求b，c的长．
[解] (1)由bcs A＝eq \r(3)asin B及正弦定理，得sin Bcs A＝eq \r(3)sin Asin B，又sin B≠0，所以tan A＝eq \f(\r(3),3)，因为0＜A＜π，所以A＝eq \f(π,6).
(2)由bcs A＝eq \r(3)asin B，a＝2eq \r(2)，B＝eq \f(π,4)，得b×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)×2eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)，解得b＝4.由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bccs A＝16＋c2－2×4×c×eq \f(\r(3),2)＝8，即c2－4eq \r(3)c＋8＝0，解得c＝2eq \r(3)＋2或c＝2eq \r(3)－2，又C＝π－A－B＝eq \f(7,12)π，C＞B，所以c＝2eq \r(3)＋2.
[方法技巧] 用正、余弦定理求三角形基本量的方法
[针对训练]
1．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin C＝sin 2B，且b＝2，c＝eq \r(3)，则a等于( )
A．eq \f(1,2) B．eq \r(3)
C．2 D．2eq \r(3)
解析：选C 由sin C＝sin 2B＝2sin Bcs B及正、余弦定理得c＝2b·eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，代入数据得(2a＋1)(a－2)＝0，解得a＝2或a＝－eq \f(1,2)(舍去)．故选C.
2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A≠eq \f(π,2)，且________．
(1)求a的值；
(2)若A＝eq \f(2π,3)，求△ABC周长的最大值．
从①3acs B＋3bcs A＝ac；②3acs B＋abcs A＝3c；③bcs C＋ccs B＝3这三个条件中选一个补充在上面问题中并作答．
解：(1)在△ABC中，A＋B＋C＝π，
若选①，则由正弦定理得：
3sin Acs B＋3sin Bcs A＝asin C
⇒3sin(A＋B)＝asin C⇒3sin C＝asin C，
因为C∈(0，π)，所以sin C≠0，因此a＝3.
若选②，则由正弦定理得：
3sin Acs B＋asin Bcs A＝3sin C⇒asin Bcs A＝3sin(A＋B)－3sin Acs B⇒asin Bcs A＝3cs Asin B，
因为A，B∈(0，π)且A≠eq \f(π,2)，所以sin B≠0，cs A≠0，因此a＝3.
若选③，则由正弦定理得：sin Bcs C＋sin Ccs B＝sin A·eq \f(3,a)⇒sin(B＋C)＝eq \f(3sin A,a)⇒asin A＝3sin A，因为A∈(0，π)，所以sin A≠0，因此a＝3.
(2)若A＝eq \f(2π,3)，则由余弦定理得9＝b2＋c2＋bc，即(b＋c)2－9＝bc，又bc≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋c,2)))2，故(b＋c)2－9≤eq \f(b＋c2,4)，即b＋c≤2eq \r(3)，当且仅当b＝c＝eq \r(3)时取等号，∴a＋b＋c的最大值为3＋2eq \r(3).
命题视角二 三角形形状的判断
[典例] (2021·新高考Ⅱ卷)在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2.
(1)若2sin C＝3sin A，求△ABC的面积；
(2)是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
[解] (1)由2sin C＝3sin A及正弦定理可得2c＝3a，
结合b＝a＋1，c＝a＋2，解得a＝4，b＝5，c＝6.
在△ABC中，由余弦定理cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(16＋25－36,40)＝eq \f(1,8)，所以sin C＝ eq \r(1－cs2C)＝eq \f(3\r(7),8)，
S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×4×5×eq \f(3\r(7),8)＝eq \f(15\r(7),4).
(2)设存在正整数a满足条件，由已知c>b>a，所以∠C为钝角，
所以cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)<0⇒a2＋b2
当a＝1时，b＝2，c＝3，不能构成三角形，舍去．
当a＝2时，b＝3，c＝4，满足条件．
综上，当a＝2时，△ABC为钝角三角形．
[方法技巧] 判断三角形形状的方法
提醒：①钝角三角形：a2＞b2＋c2或A＞90°.
②锐角三角形：a为最大边，且满足a2＜b2＋c2或A为最大角，且A＜90°.
[针对训练]
1．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若asin A＋bsin B＜csin 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．正三角形
解析：选C 因为asin A＋bsin B＜csin C，由正弦定理可得a2＋b2＜c2，由余弦定理可得cs C＜0，所以C＞eq \f(π,2).所以△ABC是钝角三角形．
2．(2020·全国Ⅱ卷)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋A))＋cs A＝eq \f(5,4).
(1)求A；
(2)若b－c＝eq \f(\r(3),3)a，证明：△ABC是直角三角形．
解：(1)由已知得sin2A＋cs A＝eq \f(5,4)，即cs2A－cs A＋eq \f(1,4)＝0.所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs A－\f(1,2)))2＝0，所以cs A＝eq \f(1,2).由于0＜A＜π，故A＝eq \f(π,3).
(2)证明：由正弦定理及已知条件可得sin B－sin C＝eq \f(\r(3),3)sin A．由(1)知A＝eq \f(π,3)，B＋C＝eq \f(2π,3)，所以sin B－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－B))＝eq \f(\r(3),3)sineq \f(π,3)，即eq \f(1,2)sin B－eq \f(\r(3),2)cs B＝eq \f(1,2)，从而sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B－\f(π,3)))＝eq \f(1,2).由于0＜B＜eq \f(2π,3)，故B＝eq \f(π,2).从而△ABC是直角三角形．
命题视角三 三角形面积问题
[典例] △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin A＋eq \r(3)cs A＝0，a＝2eq \r(7)，b＝2.
(1)求c；
(2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．
[解] (1)由已知可得tan A＝－eq \r(3)，所以A＝eq \f(2π,3).
在△ABC中，由余弦定理得28＝4＋c2－4ccs eq \f(2π,3)，
即c2＋2c－24＝0.解得c＝4(负值舍去)．
(2)由题设可得∠CAD＝eq \f(π,2)，
所以∠BAD＝∠BAC－∠CAD＝eq \f(π,6).
故△ABD的面积与△ACD的面积的比值为
eq \f(\f(1,2)AB·AD·sin \f(π,6),\f(1,2)AC·AD)＝1.
又△ABC的面积为eq \f(1,2)×4×2×sineq \f(2π,3)＝2eq \r(3)，
所以△ABD的面积为eq \r(3).
[方法技巧] 求解与三角形面积有关的问题的步骤
[针对训练]
1．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcs A＝(2c－a)cs B.
(1)求B；
(2)若b＝eq \r(13)，△ABC的面积为eq \r(3)，求△ABC的周长．
解：(1)由bcs A＝(2c－a)cs B，
得2ccs B＝bcs A＋acs B.
由正弦定理可得
2sin Ccs B＝sin Bcs A＋sin Acs B＝sin(A＋B)＝sin C，因为sin C≠0，
所以cs B＝eq \f(1,2).
因为0
又13＝a2＋c2－2accs B＝a2＋c2－ac，
所以a2＋c2＝17，所以a＋c＝5，
故△ABC的周长为5＋eq \r(13).
2．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知asineq \f(A＋C,2)＝bsin A.
(1)求B；
(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．
解：(1)由题设及正弦定理得sin Asineq \f(A＋C,2)＝sin Bsin A．因为sin A≠0，所以sineq \f(A＋C,2)＝sinB．由A＋B＋C＝180°，可得sineq \f(A＋C,2)＝cseq \f(B,2)，故cs eq \f(B,2)＝2sineq \f(B,2)cseq \f(B,2).因为cseq \f(B,2)≠0，所以sineq \f(B,2)＝eq \f(1,2)，所以B＝60°.
(2)由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝eq \f(\r(3),4)a.由(1)知A＋C＝120°，由正弦定理得a＝eq \f(csin A,sin C)＝eq \f(sin120°－C,sin C)＝eq \f(\r(3),2tan C)＋eq \f(1,2).
由于△ABC为锐角三角形，故0°
命题视角四 正、余弦定理在平面几何中的应用
[典例] 2022·湖南六校联考）在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1.
(1)若AB＝eq \f(3,2)，求BC；
(2)若AB＝2BC，求cs∠BDC.
[解] (1)如图所示，在△ABD中，由余弦定理可知，cs∠ABD＝eq \f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2＋12－12,2×\f(3,2)×1)＝eq \f(3,4).∵AB∥CD，∴∠BDC＝∠ABD，即cs∠BDC＝cs∠ABD＝eq \f(3,4).在△BCD中，由余弦定理可得，BC2＝BD2＋CD2－2BD·CDcs∠BDC＝12＋12－2×1×1×eq \f(3,4)，∴BC＝eq \f(\r(2),2).
(2)设BC＝x，则AB＝2BC＝2x.由余弦定理可知，cs∠ABD＝eq \f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD)＝eq \f(2x2＋12－12,2×2x×1)＝x ①，
cs∠BDC＝eq \f(CD2＋BD2－BC2,2CD·BD)＝eq \f(12＋12－x2,2×1×1)＝eq \f(2－x2,2) ②.
∵AB∥CD，∴∠BDC＝∠ABD，即cs∠BDC＝cs∠ABD.联立①②，可得eq \f(2－x2,2)＝x，整理得x2＋2x－2＝0，解得x1＝eq \r(3)－1，x2＝－eq \r(3)－1(舍去)．将x1＝eq \r(3)－1代入②，解得cs∠BDC＝eq \r(3)－1.
[方法技巧]
平面几何中解三角形问题的求解思路
(1)把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，然后在各个三角形内利用正弦、余弦定理求解；
(2)寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，求出结果．
提醒：做题过程中，要用到平面几何中的一些知识点，如相似三角形的边角关系、平行四边形的一些性质，要把这些性质与正弦、余弦定理有机结合，才能顺利解决问题．
[针对训练]
(2022·惠州调研)在平面四边形ABCD中，∠ABC＝eq \f(π,3)，∠ADC＝eq \f(π,2)，BC＝2.
(1)若△ABC的面积为eq \f(3\r(3),2)，求AC；
(2)若AD＝2eq \r(3)，∠ACB＝∠ACD＋eq \f(π,3)，求tan∠ACD.
解：(1)在△ABC中，因为BC＝2，∠ABC＝eq \f(π,3)，所以S△ABC＝eq \f(1,2)AB·BCsin∠ABC＝eq \f(3\r(3),2)，即eq \f(\r(3),2)AB＝eq \f(3\r(3),2)，解得AB＝3.在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcs∠ABC＝7，因为AC＞0，所以AC＝eq \r(7).
(2)设∠ACD＝α，则∠ACB＝∠ACD＋eq \f(π,3)＝α＋eq \f(π,3).在Rt△ACD中，因为AD＝2eq \r(3)，所以AC＝eq \f(AD,sin α)＝eq \f(2\r(3),sin α).在△ABC中，∠BAC＝π－∠ACB－∠ABC＝eq \f(π,3)－α，由正弦定理得eq \f(BC,sin∠BAC)＝eq \f(AC,sin∠ABC)，
即eq \f(2,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α)))＝eq \f(2\r(3),\f(\r(3),2)sin α)，
整理得2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))＝sin α，
所以2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs α－\f(1,2)sin α))＝sin α，
即eq \r(3)cs α＝2sin α，所以tan α＝eq \f(\r(3),2)，
即tan∠ACD＝eq \f(\r(3),2).
命题视角五 解三角形应用问题
[典例] (1)测量西藏被誉为“阿里之巅”的冈仁波齐山峰的高度通常采用人工攀登的方式，测量人员从山脚开始，直到到达山顶分段测量，最后将所有的高度差累加，得到山峰的高度．在测量过程中，已知竖立在点B处的测量觇标高10米，攀登者们在A处测得到觇标底点B和顶点C的仰角分别为70°，80°，则A，B两处的高度差约为(参考数据：sin 10°≈0.173 6，sin 70°≈0.939 7，sin 80°≈0.984 8)( )
A．10米 B．9.66米 C．9.40米 D．8.66米
(2)如图所示，为了测量A，B两座岛之间的距离，小船从初始位置C出发，已知A在C的北偏西45°的方向上，B在C的北偏东15°的方向上，现在船往东航行2百海里到达E处，此时测得B在E的北偏西30°的方向上，再回到C处，由C向西航行2eq \r(6)百海里到达D处，测得A在D的北偏东22.5°的方向上，则AB两座岛之间的距离为( )
A．3百海里 B．3eq \r(2) 百海里
C．4百海里 D．4eq \r(2) 百海里
[解析] (1)如图所示，设与点A在同一水平面上，且与BC在同一竖直面上的点为D.在△ABC中，由正弦定理可得eq \f(BC,sin∠BAC)＝eq \f(AB,sin∠ACB).因为∠BAC＝∠DAC－∠BAD＝10°，∠ACB＝90°－∠CAD＝10°，所以AB＝BC＝10米．在Rt△ADB中，BD＝ABsin∠BAD＝10×sin 70°≈9.40(米)．故选C.
(2)由题意，得∠ACB＝60°，∠ADC＝67.5°，∠ACD＝45°，∠BCE＝75°，∠BEC＝60°.在△ADC中，∠DAC＝180°－45°－67.5°＝67.5°，所以AC＝DC＝2eq \r(6).在△BCE中，∠CBE＝180°－75°－60°＝45°，由正弦定理可得eq \f(EC,sin∠CBE)＝eq \f(BC,sin∠BEC)，可得BC＝eq \f(EC·sin∠BEC,sin∠CBE)＝eq \f(2×sin 60°,sin 45°)＝eq \r(6).在△ABC中，由余弦定理可得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcs∠ACB＝(2eq \r(6))2＋(eq \r(6))2－2×2eq \r(6)×eq \r(6)×cs 60°＝18，所以AB＝3eq \r(2).
[答案] (1)C (2)B
[方法技巧]
利用正、余弦定理解决实际问题的一般思路
(1)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解；
(2)实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，再逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，根据条件列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解．
[针对训练]
1.在东京奥运会乒乓球男单颁奖礼上，五星红旗冉冉升起，在坡度为15°的看台上，同一列上的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60°和30°，第一排和最后一排的距离为9eq \r(6)米(如图所示)，则旗杆的高度为( )
A．27米 B．9米 C．9eq \r(3)米 D．9eq \r(6)米
解析：选A 依题意可知∠AEC＝45°，∠CAE＝180°－60°－15°＝105°，∴∠ACE＝180°－45°－105°＝30°，由正弦定理可知eq \f(AE,sin∠ACE)＝eq \f(AC,sin∠AEC)，∴AC＝eq \f(AE,sin∠ACE)·sin∠AEC＝18eq \r(3)(米)．∴在Rt△ABC中，BC＝AC·sin∠CAB＝18eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝27(米)．
2.如图是隋唐天坛，古叫圜丘，它位于唐长安城明德门遗址东约950米，即今西安市雁塔区陕西师范大学以南．天坛初建于隋而废弃于唐末，比北京明清天坛早1 000多年，是隋唐王朝近三百年里的皇家祭天之处．某数学兴趣小组为了测得天坛的直径，在天坛外围测得AB＝60米，BC＝60米，CD＝40米，∠ABC＝60°，∠BCD＝120°，据此可以估计天坛的最下面一层的直径AD大约为(结果精确到1米)( )
(参考数据：eq \r(2)≈1.414，eq \r(3)≈1.732，eq \r(5)≈2.236，eq \r(7)≈2.646)
A．39米 B．43米 C．49米 D．53米
解析：选D 在△ACB中，AB＝60，BC＝60，∠ABC＝60°，所以AC＝60.在△CDA中，AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cs 60°＝602＋402－2×60×40×eq \f(1,2)＝2 800，所以AD＝20eq \r(7)≈53(米)．故选D.
3.如图所示，当甲船位于A处时获悉，在其正东方向相距20海里的B处有一艘渔船遇险等待营救，甲船立即前往营救，同时把消息告知在甲船的南偏西30°相距10海里C处的乙船，乙船立即朝北偏东θ＋30°角的方向沿直线前往B处营救，则sin θ的值为________．
解析：如图，连接BC，在△ABC中，AC＝10，AB＝20，∠BAC＝120°，由余弦定理，得BC2＝AC2＋AB2－2AB·AC·cs 120°＝700，∴BC＝10eq \r(7)，再由正弦定理，得eq \f(BC,sin∠BAC)＝eq \f(AB,sin θ)，∴sin θ＝eq \f(\r(21),7).
答案：eq \f(\r(21),7)
[课时跟踪检测]
一、综合练——练思维敏锐度
1．若△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知bsin 2A＝asin B，且c＝2b，则eq \f(a,b)等于( )
A.eq \f(3,2) B.eq \f(4,3)
C.eq \r(2) D.eq \r(3)
解析：选D 由bsin 2A＝asin B及正弦定理得2sin Bsin A·cs A＝sin Asin B，解得cs A＝eq \f(1,2).又c＝2b，所以由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccs A＝b2＋4b2－4b2×eq \f(1,2)＝3b2，得eq \f(a,b)＝eq \r(3).故选D.
2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a＝eq \r(3)b，A－B＝eq \f(π,2)，则角C＝( )
A.eq \f(π,12) B.eq \f(π,6)
C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,3)
解析：选B 因为在△ABC中，A－B＝eq \f(π,2)，所以A＝B＋eq \f(π,2)，所以sin A＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,2)))＝cs B，因为a＝eq \r(3)b，所以由正弦定理得sin A＝eq \r(3)sin B，所以cs B＝eq \r(3)sin B，所以tan B＝eq \f(\r(3),3)，因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,6)，所以C＝π－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋\f(π,2)))－eq \f(π,6)＝eq \f(π,6).故选B.
3．在△ABC中，如果cs(2B＋C)＋cs C>0，那么△ABC的形状为( )
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 ∵cs(2B＋C)＋cs C
＝cs(2B＋π－A－B)＋cs(π－A－B)
＝cs[π－(A－B)]＋cs[π－(A＋B)]
＝－cs(A－B)－cs(A＋B)
＝－cs Acs B－sin Asin B－cs Acs B＋sin Asin B
＝－2cs Acs B>0，
∴cs Acs B<0，又∵A，B∈(0，π)，
∴A，B中有一个锐角，一个钝角．故选A.
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b＝2eq \r(3)，c＝3，A＋3C＝π，则下列结论正确的是( )
A．cs C＝－eq \f(\r(3),3) B．sin B＝eq \f(\r(2),3)
C．a＝3 D．S△ABC＝eq \r(2)
解析：选D 由A＋3C＝π，得B＝2C.根据正弦定理eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)，得2eq \r(3)sin C＝3×2sin Ccs C，又sin C>0，故cs C＝eq \f(\r(3),3)，sin C＝eq \f(\r(6),3)，故A错误；sin B＝sin 2C＝2sin Ccs C＝eq \f(2\r(2),3)，故B错误；由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcs C，将b＝2eq \r(3)，c＝3代入得a2－4a＋3＝0，解得a＝3或a＝1.若a＝3，则A＝C＝eq \f(π,4)，且B＝eq \f(π,2)，与sin B＝eq \f(2\r(2),3)矛盾，所以a＝1，故C错误；S△ABC＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(1,2)×1×2eq \r(3)×eq \f(\r(6),3)＝eq \r(2)，故D正确．故选D.
5.如图，某校测绘兴趣小组为测量河对岸直塔AB(A为塔顶，B为塔底)的高度，选取与B在同一水平面内的两点C与D(B，C，D不在同一直线上)，测得CD＝s，测绘兴趣小组利用测角仪可测得的角有∠ACB，∠ACD，∠BCD，∠ADB，∠ADC，∠BDC，则根据下列各组中的测量数据不能计算出塔AB的高度的是( )
A．s，∠ACB，∠BCD，∠BDC
B．s，∠ACB，∠BCD，∠ACD
C．s，∠ACB，∠ACD，∠ADC
D．s，∠ACB，∠BCD，∠ADC
解析：选B 对于A，已知∠BCD，∠BDC，CD，即可解△BCD，可得BC，再由AB＝BC·tan∠ACB，可求得塔高；对于B，由∠ACB，∠BCD，∠ACD与CD无法求得塔高；对于C，已知∠ACD，∠ADC，CD，即可解△ACD，可得AC，由AB＝AC·sin∠ACB，可求得塔高；对于D，若确定∠ACB，∠BCD，则∠ACD确定，又由C可知，可求得塔高．故选B.
6．在△ABC中，cs B＝eq \f(1,4)，b＝2，sin C＝2sin A，则△ABC的面积等于( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(\r(15),4)
解析：选D 在△ABC中，cs B＝eq \f(1,4)，b＝2，sin C＝2sin A，由正弦定理得c＝2a；由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac·cs B＝a2＋4a2－2a·2a·eq \f(1,4)＝4a2＝4，解得a＝1，可得c＝2，所以△ABC的面积为S＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)×1×2× eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))2)＝eq \f(\r(15),4).故选D.
7.(2022·辽宁百校联盟质检)如图，无人机在离地面高300 m的M处，观测到山顶A处的俯角为15°，山脚C处的俯角为60°，已知AB＝BC，则山的高度AB为( )
A．150eq \r(2) m B．200 m
C．200eq \r(2) m D．300 m
解析：选B 在Rt△MNC中，∠MCN＝60°，MN＝300，所以MC＝eq \f(MN,sin 60°)＝200eq \r(3).在△ACM中，∠MAC＝15°＋45°＝60°，∠ACM＝180°－60°－45°＝75°，所以∠AMC＝180°－75°－60°＝45°，由正弦定理得eq \f(MC,sin 60°)＝eq \f(AC,sin 45°)，故AC＝eq \f(200\r(3)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝200eq \r(2).在Rt△ABC中，AB＝BC＝ACsin 45°＝200eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝200，所以山的高度AB为200 m．故选B.
8．我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即“在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则△ABC的面积S＝eq \r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ab2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2＋b2－c2,2)))2)))”．根据此公式，若acs B＋(b＋3c)cs A＝0，且a2－b2－c2＝2，则△ABC的面积为( )
A.eq \r(2) B．2eq \r(2)
C.eq \r(6) D．2eq \r(3)
解析：选A 由acs B＋(b＋3c)cs A＝0及正弦定理，得sin Acs B＋cs Asin B＋3sin Ccs A＝0，即sin C＋3sin Ccs A＝0，即sin C(1＋3cs A)＝0，因为sin C≠0，所以cs A＝－eq \f(1,3)，由余弦定理得a2－b2－c2＝－2bccs A＝eq \f(2,3)bc＝2，所以bc＝3，由△ABC的面积公式得S＝eq \r(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(bc2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c2＋b2－a2,2)))2)))＝eq \r(\f(1,4)×9－1)＝eq \r(2)，故选A.
9.已知在△ABC中，D是AC边上的点，且AB＝AD，BD＝eq \f(\r(6),2)AD，BC＝2AD，则sin C的值为( )
A.eq \f(\r(15),8) B.eq \f(\r(15),4)
C.eq \f(1,8) D.eq \f(1,4)
解析：选A 设AB＝AD＝2a，则BD＝eq \r(6)a，则BC＝4a，所以cs∠ADB＝eq \f(BD2＋AD2－AB2,2BD×AD)＝eq \f(6a2,2×2a×\r(6)a)＝eq \f(\r(6),4)，所以cs∠BDC＝eq \f(BD2＋CD2－BC2,2BD×CD)＝－eq \f(\r(6),4)，整理得CD2＋3aCD－10a2＝0，解得CD＝2a或者CD＝－5a(舍去)．故cs C＝eq \f(16a2＋4a2－6a2,2×4a×2a)＝eq \f(14,16)＝eq \f(7,8)，而C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，故sin C＝eq \f(\r(15),8).故选A.
10．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sin C＋2sin Ccs B＝sin A，C∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，a＝eq \r(6)，cs B＝eq \f(1,3)，则b＝________.
解析：由正弦定理及题意可得c＋2c×eq \f(1,3)＝a，即a＝eq \f(5,3)c，又a＝eq \r(6)，所以c＝eq \f(3\r(6),5)，由余弦定理得b2＝6＋eq \f(54,25)－eq \f(12,5)＝eq \f(144,25)，所以b＝eq \f(12,5).
答案：eq \f(12,5)
11．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cs B＝eq \f(1,3)，b＝4，S△ABC＝4eq \r(2)，则△ABC的周长为________．
解析：由cs B＝eq \f(1,3)，得sin B＝eq \f(2\r(2),3)，由三角形面积公式可得eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(1,2)ac·eq \f(2\r(2),3)＝4eq \r(2)，则ac＝12①，由b2＝a2＋c2－2accs B，可得16＝a2＋c2－2×12×eq \f(1,3)，则a2＋c2＝24②，联立①②可得a＝c＝2eq \r(3)，所以△ABC的周长为4eq \r(3)＋4.
答案：4eq \r(3)＋4
12．在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上．若∠BDC＝45°，则BD＝________，cs∠ABD＝________.
解析：如图，易知sin C＝eq \f(4,5)，
sin A＝eq \f(3,5)，cs A＝eq \f(4,5).
在△BDC中，由正弦定理可得
eq \f(BD,sin C)＝eq \f(BC,sin∠BDC)，
∴BD＝eq \f(BC·sin C,sin∠BDC)＝eq \f(3×\f(4,5),\f(\r(2),2))＝eq \f(12\r(2),5).
∴cs∠ABD＝cs(45°－A)＝cs 45°cs A＋sin 45°sin A＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(4,5)＋eq \f(\r(2),2)×eq \f(3,5)＝eq \f(7\r(2),10).
答案：eq \f(12\r(2),5) eq \f(7\r(2),10)
13．已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且eq \f(cs B,b)＋eq \f(cs C,c)＝eq \f(sin A,\r(3)sin C).
(1)求b的值；
(2)若cs B＋eq \r(3)sin B＝2，求△ABC面积的最大值．
解：(1)由题意及正、余弦定理得eq \f(a2＋c2－b2,2abc)＋eq \f(a2＋b2－c2,2abc)＝eq \f(\r(3)a,3c)，整理得eq \f(2a2,2abc)＝eq \f(\r(3)a,3c)，所以b＝eq \r(3).
(2)由题意得cs B＋eq \r(3)sin B＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,6)))＝2，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,6)))＝1，
因为B∈(0，π)，所以B＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，所以B＝eq \f(π,3).
由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accs B，
所以3＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝ac，
即ac≤3，当且仅当a＝c＝eq \r(3)时等号成立．
所以△ABC的面积S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(\r(3),4)ac≤eq \f(3\r(3),4)，
当且仅当a＝c＝eq \r(3)时等号成立．
故△ABC面积的最大值为eq \f(3\r(3),4).
14．(2022·济宁模拟)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足eq \r(3)sin A＋cs A＝0.有三个条件：①a＝1；②b＝eq \r(3)；③S△ABC＝eq \f(\r(3),4).其中三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并解答下面两个问题：
(1)求c；
(2)设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．
解：(1)因为eq \r(3)sin A＋cs A＝0，所以eq \r(3)tan A＋1＝0，得tan A＝－eq \f(\r(3),3)，因为0＜A＜π，所以A＝eq \f(5π,6)，A为钝角，与a＝1＜b＝eq \r(3)矛盾，故①②中仅有一个正确，③正确．显然S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(\r(3),4)，得bc＝eq \r(3).当①③正确时，由a2＝b2＋c2－2bccs A，得b2＋c2＝－2(无解)；当②③正确时，由于bc＝eq \r(3)，b＝eq \r(3)，得c＝1.
(2)如图，因为A＝eq \f(5π,6)，∠CAD＝eq \f(π,2)，则∠BAD＝eq \f(π,3)，则eq \f(S△ABD,S△ACD)＝eq \f(\f(1,2)AB·AD·sin∠BAD,\f(1,2)AC·AD·sin∠CAD)＝eq \f(1,2)，
所以S△ABD＝eq \f(1,3)S△ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)＝eq \f(\r(3),12).
二、自选练——练高考区分度
1．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c＝eq \r(3)，eq \f(2sin A,a)＝eq \f(tan C,c)，若sin(A－B)＋sin C＝2sin 2B，则a＋b＝________.
解析：∵eq \f(2sin A,a)＝eq \f(tan C,c)＝eq \f(sin C,ccs C)，且由正弦定理可得a＝2Rsin A，c＝2Rsin C(R为△ABC的外接圆的半径)，∴cs C＝eq \f(1,2).
∵C∈(0，π)，∴C＝eq \f(π,3).
∵sin(A－B)＋sin C＝2sin 2B，sin C＝sin(A＋B)，∴2sin Acs B＝4sin Bcs B.
当cs B＝0时，B＝eq \f(π,2)，则A＝eq \f(π,6)，
∵c＝eq \r(3)，∴a＝1，b＝2，则a＋b＝3.
当cs B≠0时，sin A＝2sin B，即a＝2b.
∵cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(1,2)，∴b2＝1，即b＝1，
∴a＝2，则a＋b＝3.综上，a＋b＝3.
答案：3
2．△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，asin Asin B＋bcs2A＝2a，则角A的取值范围是________．
解析：由已知及正弦定理得sin2Asin B＋sin Bcs2A＝2sin A，即sin B(sin2A＋cs2A)＝2sin A，
∴sin B＝2sin A，∴b＝2a，由余弦定理得cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(4a2＋c2－a2,4ac)＝eq \f(3a2＋c2,4ac)≥eq \f(2\r(3)ac,4ac)＝eq \f(\r(3),2)，
当且仅当c＝eq \r(3)a时取等号．
∵A为三角形的内角，且y＝cs x在(0，π)上是减函数，
∴0
3．(2022·菏泽模拟)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知2a＋b＝2ccs B，c＝eq \r(3).
(1)求角C；
(2)延长线段AC到点D，使CD＝CB，求△ABD周长的取值范围．
解：(1)∵2a＋b＝2ccs B，∴根据余弦定理得2a＋b＝2c×eq \f(a2＋c2－b2,2ac)，整理得a2＋b2－c2＝－ab，∴cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝－eq \f(1,2).∵C∈(0，π)，∴C＝eq \f(2π,3).
(2)由题意得△BCD为等边三角形，∴△ABD的周长为2a＋b＋eq \r(3).∵eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(\r(3),\f(\r(3),2))＝2，∴a＝2sin A，b＝2sin B，∴2a＋b＝4sin A＋2sin B＝4sin A＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－A))＝2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6))).∵A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，∴A＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6)))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，∴2a＋b∈(eq \r(3)，2eq \r(3))．∴△ABD周长的取值范围是(2eq \r(3)，3eq \r(3))．
4.某市准备规划一条平面示意图为如图所示的自行车赛道，ED，DC，CB，BA，AE为赛道(不考虑宽度)，BE为赛道内的一条服务通道，∠BCD＝∠CDE＝∠BAE＝eq \f(2π,3)，DE＝4 km，BC＝CD＝eq \r(3) km.
(1)求服务通道BE的长度；
(2)如何设计，才能使折线段赛道BAE最长？
解：(1)如图，连接BD，在△BCD中，由余弦定理得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcs∠BCD＝9，∴BD＝3.∵BC＝CD，∠BCD＝eq \f(2π,3)，∴∠CBD＝∠CDB＝eq \f(π,6)，又∠CDE＝eq \f(2π,3)，∴∠BDE＝eq \f(π,2).在Rt△BDE中，BE＝eq \r(BD2＋DE2)＝5 km.
(2)在△BAE中，∠BAE＝eq \f(2π,3)，BE＝5.由余弦定理得BE2＝AB2＋AE2－2AB·AEcs∠BAE，即25＝AB2＋AE2＋AB·AE，故(AB＋AE)2－25＝AB·AE≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(AB＋AE,2)))2，从而eq \f(3,4)(AB＋AE)2≤25，即AB＋AE≤eq \f(10\r(3),3)，当且仅当AB＝AE时，等号成立．故当设计赛道AB＝AE时，折线段赛道BAE最长．
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
分类
(1)按旋转方向分为正角、负角和零角；
(2)按终边位置分为象限角和轴线角
终边相同的角
所有与角α终边相同的角，连同角α在内，构成的角的集合是{β|β＝k·360°＋α，k∈Z}或{β|β＝α＋2kπ，k∈Z}
定义
长度等于半径长的弧所对的圆心角叫做1弧度的角，记作1 rad
弧度数公式
|α|＝eq \f(l,r)(弧长用l表示，半径用r表示)
角度与弧度的换算
①1°＝eq \f(π,180) rad；②1 rad＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(180,π)))°≈57.3°
计算公式
l＝|α|r，扇形面积S＝eq \f(1,2)lr＝eq \f(1,2)|α|r2
定义
设α是一个任意角，α∈R，它的终边与单位圆交于点P(x，y)，那么sin α＝y，cs α＝x，tan α＝eq \f(y,x)(x≠0)
定义推广
设P(x，y)是角α终边上异于原点的任一点，它到原点的距离为r(r>0)，那么：sin α＝eq \a\vs4\al(\f(y,r))，cs α＝eq \a\vs4\al(\f(x,r))，tan α＝eq \f(y,x)(x≠0)
三角函数值的符号
象限角
角的表示
第一象限的角
{α|k·360°<α
{α|k·360°＋90°<α
{α|k·360°＋180°<α
{α|k·360°－90°<α
sin2α＋cs2α＝1
商数关系
tan α＝eq \f(sin α,cs α)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z))
组数
一
二
三
四
五
六
角
2kπ＋α(k∈Z)
π＋α
－α
π－α
eq \f(π,2)－α
eq \f(π,2)＋α
正弦
sin α
－sin_α
－sin α
sin α
cs α
cs_α
余弦
cs α
－cs α
cs α
－cs_α
sin_α
－sin α
正切
tan α
tan α
－tan_α
－tan_α
记忆口诀
函数名不变，符号看象限
函数名改变，符号看象限
奇变偶不变，符号看象限
知弦求弦
利用诱导公式及平方关系sin2α＋cs2α＝1求解
知弦求切
常通过平方关系，与对称式sin α±cs α，sin α·cs α建立联系，注意tan α＝eq \f(sin α,cs α)的灵活应用
知切求弦
先利用商数关系得出sin α＝tan α·cs α或cs α＝eq \f(sin α,tan α)，然后利用平方关系求解
C(α－β)
cs(α－β)＝cs αcs β＋sin αsin β
C(α＋β)
cs(α＋β)＝cs_αcs_β－sin_αsin_β
S(α－β)
sin(α－β)＝sin_αcs_β－cs_αsin_β
S(α＋β)
sin(α＋β)＝sin_αcs_β＋cs_αsin_β
T(α－β)
tan(α－β)＝eq \f(tan α－tan β,1＋tan αtan β)；
变形：tan α－tan β＝tan(α－β)(1＋tan αtan β)
T(α＋β)
tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)；
变形：tan α＋tan β＝tan(α＋β)(1－tan αtan β)
S2α
sin 2α＝2sin_αcs_α；
变形：1＋sin 2α＝(sin α＋cs α)2，
1－sin 2α＝(sin α－cs α)2
C2α
cs 2α＝cs2α－sin2α＝2cs2α－1＝1－2sin2α；
变形：cs2α＝eq \f(1＋cs 2α,2)，sin2α＝eq \f(1－cs 2α,2)
T2α
tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)
一看式中各角
通过看三角函数式中各角之间的差别与联系，把角进行合理的拆分，从而正确使用公式
二看函数名称
看函数名称之间的差异，从而确定使用的公式，常见的有“切化弦”
三看结构特征
分析结构特征，找到变形的方向，常见的有“遇到分式要通分”“整式因式分解”“二次式配方”等
函数
y＝sin x
y＝cs x
y＝tan x
图象
定义域
R
R
值域
[－1,1]
[－1,1]
R
奇偶性
奇函数
偶函数
奇函数
单调性
在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－eq \f(π,2)＋2kπ，eq \f(π,2)＋2kπ)) (k∈Z)上是增函数，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \f(π,2)＋2kπ，eq \f(3π,2)＋2kπ)) (k∈Z)上是减函数
在[2kπ－π，2kπ](k∈Z)上是增函数，在[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)上是减函数
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－eq \f(π,2)＋kπ，eq \f(π,2)＋kπ)) (k∈Z)上是增函数
周期性
周期是2kπ(k∈Z且k≠0)，最小正周期是2π
周期是2kπ(k∈Z且k≠0)，最小正周期是2π
周期是kπ(k∈Z且k≠0)，最小正周期是π
对称性
对称轴是x＝eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，对称中心是(kπ，0)(k∈Z)
对称轴是x＝kπ(k∈Z)，对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kπ＋eq \f(π,2)，0)) (k∈Z)
对称中心是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)，0))(k∈Z)
直接法
形如y＝asin x＋k或y＝acs x＋k的三角函数，直接利用sin x，cs x的值域求出
化一法
形如y＝asin x＋bcs x＋k的三角函数，化为y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式，确定ωx＋φ的范围，根据正弦函数单调性写出函数的值域(最值)
换元法
形如y＝asin2x＋bsin x＋k的三角函数，可先设sin x＝t，化为关于t的二次函数求值域(最值)；形如y＝asin xcs x＋b(sin x±cs x)＋c的三角函数，可先设t＝sin x±cs x，化为关于t的二次函数求值域(最值)
代换法
就是将比较复杂的三角函数含自变量的代数式整体当作一个角u(或t)，利用基本三角函数的单调性列不等式求解
图象法
画出三角函数的正、余弦和正切曲线，结合图象求它的单调区间
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eq \f(1,4)周期列不等式(组)求解
公式法
(1)三角函数y＝sin x，y＝cs x，y＝tan x的最小正周期分别为2π，2π，π；
(2)y＝Asin(ωx＋φ)和y＝Acs(ωx＋φ)的最小正周期为eq \f(2π,|ω|)，y＝tan(ωx＋φ)的最小正周期为eq \f(π,|ω|)
图象法
利用三角函数图象的特征求周期．如：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
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
公式法
函数y＝Asin(ωx＋φ)的对称轴为x＝eq \f(kπ,ω)－eq \f(φ,ω)＋eq \f(π,2ω)，对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,ω)－\f(φ,ω)，0))；函数y＝Acs(ωx＋φ)的对称轴为x＝eq \f(kπ,ω)－eq \f(φ,ω)，对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,ω)－\f(φ,ω)＋\f(π,2ω)，0))；函数y＝Atan(ωx＋φ)的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2ω)－\f(φ,ω)，0)).上述k∈Z
y＝Asin(ωx＋φ)
(A>0，ω>0)
振幅
周期
频率
相位
初相
A
T＝eq \f(2π,ω)
f＝eq \f(1,T)＝eq \f(ω,2π)
ωx＋φ
eq \a\vs4\al(φ)
ωx＋φ
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
2π
x
－eq \f(φ,ω)
eq \f(π,2ω)－eq \f(φ,ω)
eq \f(π－φ,ω)
eq \f(3π,2ω)－eq \f(φ,ω)
eq \f(2π－φ,ω)
f(x)
0
eq \a\vs4\al(A)
0
－A
0
ωx＋φ
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
2π
x
eq \f(π,3)
eq \f(5π,6)
f(x)＝Asin(ωx＋φ)
0
5
－5
0
ωx＋φ
0
eq \f(π,2)
π
eq \f(3π,2)
2π
x
eq \f(π,12)
eq \f(π,3)
eq \f(7π,12)
eq \f(5π,6)
eq \f(13π,12)
f(x)＝Asin(ωx＋φ)
0
5
0
－5
0
定理
内容
变形形式
正弦定理
eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R(其中R是△ABC外接圆的半径)
a＝2Rsin A，b＝2Rsin_B，
c＝2Rsin_C；
sin A＝eq \f(a,2R)；sin B＝eq \f(b,2R)；
sin C＝eq \f(c,2R)；
a∶b∶c＝sin_A∶sin_B∶sin_C；
asin B＝bsin A，bsin C
＝csin B，asin C＝csin A；
eq \f(a＋b＋c,sin A＋sin B＋sin C)＝2R
余弦定理
a2＝b2＋c2－2bccs A；
b2＝a2＋c2－2accs_B；
c2＝a2＋b2－2abcs_C
cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)；
cs B＝eq \f(a2＋c2－b2,2ac)；
cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)
名称
意义
图形表示
仰角与俯角
在目标视线与水平视线所成的角中，目标视线在水平视线上方的叫做仰角，目标视线在水平视线下方的叫做俯角
方位角
从某点的指北方向线起按顺时针方向到目标方向线之间的夹角叫做方位角，方位角θ的范围是0°≤θ<360°
方向角
正北或正南方向线与目标方向线所成的锐角，通常表达为北(南)偏东(西)α
常规角度
1.三角形基本量的求解：主要考查利用正弦或余弦定理解三角形求边或角．
2.三角形面积问题：主要考查求三角形的面积或由三角形的面积求边或角
创新角度
1.与平面几何相结合，求边角问题．
2.增加了开放探究性问题．
3.与实际情境结合考查
化边
通过因式分解、配方等得到边的相对应关系，从而判断三角形的形状
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A＋B＋C＝π这个结论)
化简
转化
根据条件，利用三角变换公式化简已知条件等式，再利用正、余弦定理化边或化角
选择
公式
根据条件选择面积公式，多用三角形的面积公式S＝eq \f(1,2) absin C＝eq \f(1,2) acsin B＝eq \f(1,2) bcsin A
求值
(最值)
若求最值，注意根据条件利用基本不等式求最值；若求值，可根据条件直接求出
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