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第五章　三角函數

高考導航

考試要求重難點擊命題展望
　　1.了解任意角的概念和弧度制的概念，能進行弧度與角度的互化.
2.理解任意角三角函數(正弦、余弦、正切)的定義.
3.能利用單位圓中的三角函數線推導出 ，π±α的正弦、余弦、正切的誘導公式，能畫出y＝sin x， y＝cos x ， y＝tan x的圖象，了解三角函數的周期性.
4.理解正弦函數、余弦函數在[0,2π]上的性質(如單調性、最大值和最小值、圖象與x軸的交點等)，理解正切函數在(－ , )上的單調性.
5.理解同角三角函數的基本關系式：sin2x＋cos2x＝1 ， ＝tan x.
6.了解函數y＝Asin(ωx＋φ)的物理意義，能畫出函數y＝Asin(ωx＋φ)的圖象，了解參數A，ω，φ對函數圖象變化的影響.
7.會用三角函數解決一些簡單實際問題，體會三角函數是描述周期變化現象的重要函數模型.
8.會用向量的數量積推導出兩角差的余弦公式，會用兩角差的余弦公式推導出兩角和的正弦、余弦、正切公式和二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它們的內在聯系，能運用上述公式進行簡單的恒等變換(包括導出積化和差、和差化積、半角公式，但不要求記憶).
9.掌握正弦定理、余弦定理，并能解決一些簡單的三角形度量問題，能夠運用正弦定理、余弦定理等知識和方法解決一些與測量和幾何計算有關的實際問題.本章重點：1.角的推廣，三角函數的定義，誘導公式的運用；2.三角函數的圖象與性質，y＝Asin(ωx＋)
(ω＞0)的性質、圖象及變換；3.用三角函數模型解決實際問題；4.以和、差、倍角公式為依據，提高推理、運算能力；5.正、余弦定理及應用.
本章難點：1.任意角的三角函數的幾何表示，圖象變換與函數解析式變換的內在聯系；2.靈活運用三角公式化簡、求值、證明； 3.三角函數的奇偶性、單調性的判斷，最值的求法；4.探索兩角差的余弦公式；5.把實際問題轉化為三角函數問題.　　三角函數是基本初等函數，是描述周期現象的重要數學模型.三角函數的概念、圖象和性質是高考數學必考的基礎知識之一.在高考中主要考查對三角函數概念的理解；運用函數公式進行恒等變形、化簡、求值、證明三角函數的圖象和性質以及圖象變換、作圖、識圖等.解三角形的問題往往與其他知識(如立體幾何、解析幾何、向量等)相聯系，考查考生的數學應用意識，體現以能力立意的高考命題原則.



知識網絡





5.1　任意角的三角函數的概念

典例精析
題型一　象限角與終邊相同的角
【例1】若α是第二象限角，試分別確定2α、 的終邊所在的象限.
【解析】因為α是第二象限角，
所以k 360°＋90°＜α＜k 360°＋180°(k∈Z).
因為2k 360°＋180°＜2α＜2k 360°＋360°(k∈Z)，故2α是第三或第四象限角，或角的終邊在y軸的負半軸上.
因為k 180°＋45°＜α2＜k 180°＋90°(k∈Z)，
當k＝2n(n∈Z)時，n 360°＋45°＜α2＜n 360°＋90°，
當k＝2n＋1(n∈Z)時，n 360°＋225°＜α2＜n 360°＋270°.
所以α2是第一或第三象限角.
【點撥】已知角α所在象限，應熟練地確定α2所在象限.

如果用α1、α2、α3、α4分別表示第一、二、三、四象限角，則α12、α22、α32、α42分布如圖，即第一象限角的半角是第一或第三象限角(其余略)，熟記右圖，解有關問題就方便多了.
【變式訓練1】若角2α的終邊在x軸上方，那么角α是(　　)
A.第一象限角 B.第一或第二象限角
C.第一或第三象限角 D.第一或第四象限角
【解析】由題意2kπ＜2α＜2kπ＋π，k∈Z，
得kπ＜α＜kπ＋π2，k∈Z.
當k是奇數時，α是第三象限角.
當k是偶數時，α是第一象限角.故選C.
題型二　弧長公式，面積公式的應用
【例2】已知一扇形的中心角是α，所在圓的半徑是R.
(1)若α＝60°，R＝10 cm，求扇形的弧長及該弧所在的弓形的面積；
(2)若扇形的周長是一定值C(C＞0)，當α為多少弧度時，該扇形的面積有最大值？并求出這個最大值.
【解析】(1)設弧長為l，弓形面積為S弓，
因為α＝60°＝π3，R＝10 cm，所以l＝10π3 cm，
S弓＝S扇－SΔ＝12×10×10π3－12×102×sin 60°＝50(π3－32) cm2.
(2)因為C＝2R＋l＝2R＋αR，所以R＝C2＋α，
S扇＝12αR2＝12α(C2＋α)2＝C22 αα2＋4α＋4＝C22 1α＋4α＋4≤C216，
當且僅當α＝4α時，即α＝2(α＝－2舍去)時，扇形的面積有最大值為C216.
【點撥】用弧長公式l＝ α R與扇形面積公式S＝12lR＝12R2α時，α的單位必須是弧度.
【變式訓練2】已知一扇形的面積為定值S，當圓心角α為多少弧度時，該扇形的周長C有最小值？并求出最小值.
【解析】因為S＝12Rl，所以Rl＝2S，
所以周長C＝l＋2R≥22Rl＝24S＝4S，
當且僅當l＝2R時，C＝4S，
所以當α＝lR＝2時，周長C有最小值4S.


題型三　三角函數的定義，三角函數線的應用
【例3】(1)已知角α的終邊與函數y＝2x的圖象重合，求sin α；(2)求滿足sin x≤32的角x的集合.
【解析】(1)由 ?交點為(－55，－255)或(55，255)，
所以sin α＝±255.
(2)①找終邊：在y軸正半軸上找出點(0，32)，過該點作平行于x軸的平行線與單位圓分別交于P1、P2兩點，連接OP1、OP2，則為角x的終邊，并寫出對應的角.
②畫區域：畫出角x的終邊所在位置的陰影部分.

③寫集合：所求角x的集合是{x2kπ－4π3≤x≤2kπ＋π3，k∈Z}.
【點撥】三角函數是用角α的終邊與單位圓交點的坐標來定義的，因此，用定義求值，轉化為求交點的問題.利用三角函數線證某些不等式或解某些三角不等式更簡潔、直觀.
【變式訓練3】函數y＝lg sin x＋cos x－12的定義域為　　　　　　　　　　　　.
【解析】

?2kπ＜x≤2kπ＋π3，k∈Z.
所以函數的定義域為{x2kπ＜x≤2kπ＋π3，k∈Z}.
總結提高
1.確定一個角的象限位置，不僅要看角的三角函數值的符號，還要考慮它的函數值的大小.
2.在同一個式子中所采用的量角制度必須相一致，防止出現諸如k?360°＋π3的錯誤書寫.
3.三角函數線具有較好的幾何直觀性，是研究和理解三角函數的一把鑰匙.

　




5.2　同角三角函數的關系、誘導公式

典例精析
題型一　三角函數式的化簡問題

【點撥】運用誘導公式的關鍵是符號，前提是將α視為銳角后，再判斷所求角的象限.
【變式訓練1】已知f(x)＝1－x，θ∈(3π4，π)，則f(sin 2θ)＋f(－sin 2θ)＝　　　　.
【解析】f(sin 2θ)＋f(－sin 2θ)＝1－sin 2θ＋1＋sin 2θ＝(sin θ－cos θ)2＋(sin θ＋cos θ)2＝sin θ－cos θ＋sin θ＋cos θ.
因為θ∈(3π4，π)，所以sin θ－cos θ＞0，sin θ＋cos θ＜0.
所以sin θ－cos θ＋sin θ＋cos θ＝sin θ－cos θ－sin θ－cos θ＝－2cos θ.
題型二　三角函數式的求值問題
【例2】已知向量a＝(sin θ，cos θ－2sin θ)，b＝(1,2).
(1)若a∥b，求tan θ的值；
(2)若a＝b，0＜θ＜π，求 θ的值.
【解析】(1)因為a∥b，所以2sin θ＝cos θ－2sin θ，
于是4sin θ＝cos θ，故tan θ＝14.
(2)由a＝b知，sin2θ＋(cos θ－2sin θ)2＝5，
所以1－2sin 2θ＋4sin2θ＝5.
從而－2sin 2θ＋2(1－cos 2θ)＝4，即sin 2θ＋cos 2θ＝－1，
于是sin(2θ＋π4)＝－22.
又由0＜θ＜π知，π4＜2θ＋π4＜9π4，
所以2θ＋π4＝5π4或2θ＋π4＝7π4.
因此θ＝π2或θ＝3π4.
【變式訓練2】已知tan α＝12，則2sin αcos α＋cos2α等于(　　)
A.45 B.85 C.65 D.2
【解析】原式＝2sin αcos α＋cos2αsin2α＋cos2α＝2tan α＋11＋tan2α＝85.故選B.
題型三　三角函數式的簡單應用問題
【例3】已知－π2＜x＜0且sin x＋cos x＝15，求：
(1)sin x－cos x的值；
(2)sin3(π2－x)＋cos3(π2＋x)的值.
【解析】(1)由已知得2sin xcos x＝－2425，且sin x＜0＜cos x，
所以sin x－cos x＝－(sin x－cos x)2＝－1－2sin xcos x＝－1＋2425＝－75.
(2)sin3(π2－x)＋cos3(π2＋x)＝cos3x－sin3x＝(cos x－sin x)(cos2x＋cos xsin x＋sin2x)
＝75×(1－1225)＝91125.
【點撥】求形如sin x±cos x的值，一般先平方后利用基本關系式，再求sin x±cos x取值符號.
【變式訓練3】化簡1－cos4α－sin4α1－cos6α－sin6α.
【解析】原式＝1－[(cos2α＋sin2α)2－2sin2αcos2α]1－[(cos2α＋sin2α)(cos4α＋sin4α－sin2αcos2α)]
＝2sin2αcos2α1－[(cos2α＋sin2α)2－3sin2αcos2α]＝23.
總結提高
1.對于同角三角函數基本關系式中“同角”的含義，只要是“同一個角”，那么基本關系式就成立，如：sin2(－2α)＋cos2(－2α)＝1是恒成立的.
2.誘導公式的重要作用在于：它揭示了終邊在不同象限且具有一定對稱關系的角的三角函數間的內在聯系，從而可化負為正，化復雜為簡單.

5.3　兩角和與差、二倍角的三角函數

典例精析
題型一　三角函數式的化簡
【例1】化簡 (0＜θ＜π).
【解析】因為0＜θ＜π，所以0＜θ2＜π2，
所以原式＝
＝ ＝－cos θ.
【點撥】先從角度統一入手，將θ化成θ2，然后再觀察結構特征，如此題中sin2θ2－cos2θ2＝－cos θ.
【變式訓練1】化簡2cos4x－2cos2x＋122tan(π4－x)sin2(π4＋x).
【解析】原式＝12(2cos2x－1)22tan(π4－x)cos2(π4－x)＝cos22x4cos(π4－x)sin(π4－x)＝cos22x2sin(π2－2x)＝12cos 2x.
題型二　三角函數式的求值
【例2】已知sin x2－2cos x2＝0.
(1)求tan x的值；
(2)求cos 2x2cos(π4＋x)sin x的值.
【解析】(1)由sin x2－2cos x2＝0?tan x2＝2，所以tan x＝ ＝2×21－22＝－43.
(2)原式＝cos2x－sin2x2(22cos x－22sin x)sin x
＝(cos x－sin x)(cos x＋sin x)(cos x－sin x)sin x＝cos x＋sin xsin x＝1tan x＋1＝(－34)＋1＝14.
【變式訓練2】2cos 5°－sin 25°sin 65°＝　　　　　.
【解析】原式＝2cos(30°－25°)－sin 25°cos 25°＝3cos 25°cos 25°＝3.
題型三　已知三角函數值求解
【例3】已知tan(α－β)＝12，tan β＝－17，且α，β∈(0，π)，求2α－β的值.
【解析】因為tan 2(α－β)＝2tan(α－β)1－tan2(α－β)＝43，
所以tan(2α－β)＝tan[2(α－β)＋β]＝tan2(α－β)＋tan β1－tan 2(α－β)tan β＝1，
又tan α＝tan[(α－β)＋β]＝tan(α－β)＋tan β1－tan(α－β)tan β＝13，
因為α∈(0，π)，所以0＜α＜π4，
又π2＜β＜π，所以－π＜2α－β＜0，所以2α－β＝－3π4.
【點撥】由三角函數值求角時，要注意角度范圍，有時要根據三角函數值的符號和大小將角的范圍適當縮小.
【變式訓練3】若α與β是兩銳角，且sin(α＋β)＝2sin α，則α與β的大小關系是(　　)
A.α＝βB.α＜β
C.α＞β D.以上都有可能
【解析】方法一：因為2sin α＝sin(α＋β)≤1，所以sin α≤12，又α是銳角，所以α≤30°.
又當α＝30°，β＝60°時符合題意，故選B.
方法二：因為2sin α＝sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＜sin α＋sin β，
所以sin α＜sin β.
又因為α、β是銳角，所以α＜β，故選B.
總結提高
1.兩角和與差的三角函數公式以及倍角公式等是三角函數恒等變形的主要工具.
(1)它能夠解答三類基本題型：求值題，化簡題，證明題；
(2)對公式會“正用”、“逆用”、“變形使用”；
(3)掌握角的演變規律，如“2α＝(α＋β)＋(α－β)”等.
2.通過運用公式，實現對函數式中角的形式、升冪、降冪、和與差、函數名稱的轉化，以達到求解的目的，在運用公式時，注意公式成立的條件.


　5.4　三角恒等變換

典例精析
題型一　三角函數的求值
【例1】已知0＜α＜π4，0＜β＜π4，3sin β＝sin(2α＋β)，4tan α2＝1－tan2α2，求α＋β的值.
【解析】由4tan α2＝1－tan2α2，得tan α＝ ＝12.
由3sin β＝sin(2α＋β)得3sin[(α＋β)－α]＝sin[(α＋β)＋α]，
所以3sin(α＋β)cos α－3cos(α＋β)sin α＝sin(α＋β)cos α＋cos(α＋β)sin α，
即2sin(α＋β)cos α＝4cos(α＋β)sin α，所以tan(α＋β)＝2tan α＝1.
又因為α、β∈(0，π4)，所以α＋β＝π4.
【點撥】三角函數式的化簡與求值的主要過程是三角變換，要善于抓住已知條件與目標之間的結構聯系，找到解題的突破口與方向.
【變式訓練1】如果tan(α＋β)＝35，tan(β－π4)＝14，那么tan(α＋π4)等于(　　)
A.1318 　B.1322 C.723 D.318
【解析】因為α＋π4＝(α＋β)－(β－π4)，
所以tan(α＋π4)＝tan[(α＋β)－(β－π4)]＝tan(α＋β)－tan(β－π4)1＋tan(α＋β)tan(β－π4)＝723.
故選C.

題型二　等式的證明
【例2】求證：sin βsin α＝sin(2α＋β)sin α－2cos(α＋β).
【證明】證法一：
右邊＝sin [(α＋β)＋α]－2cos(α＋β)sin αsin α＝sin(α＋β)cos α－cos(α＋β)sin αsin α
＝sin [(α＋β)－α]sin α＝sin βsin α＝左邊.
證法二：sin(2α＋β)sin α－sin βsin α＝sin(2α＋β)－sin βsin α＝2cos(α＋β)sin αsin α＝2cos(α＋β)，
所以sin(2α＋β)sin α－2cos(α＋β)＝sin βsin α.
【點撥】證法一將2α＋β寫成(α＋β)＋α，使右端的角形式上一致，易于共同運算；證法二把握結構特征，用“變更問題法”證明，簡捷而新穎.
【變式訓練2】已知5sin α＝3sin(α－2β)，求證：tan(α－β)＋4tan β＝0.
【證明】因為5sin α＝3sin(α－2β)，所以5sin[(α－β)＋β]＝3sin[(α－β)－β]，
所以5sin(α－β)cos β＋5cos(α－β)sin β＝3sin(α－β)cos β－3cos(α－β)sin β，
所以2sin(α－β)cos β＋8cos(α－β)sin β＝0.
即tan(α－β)＋4tan β＝0.
題型三　三角恒等變換的應用
【例3】已知△ABC是非直角三角形.
(1)求證：tan A＋tan B＋tan C＝tan Atan Btan C；
(2)若A＞B且tan A＝－2tan B，求證：tan C＝sin 2B3－cos 2B；
(3)在(2)的條件下，求tan C的最大值.
【解析】(1)因為C＝π－(A＋B)，
所以tan C＝－tan(A＋B)＝－(tan A＋tan B)1－tan Atan B，
所以tan C－tan Atan Btan C＝－tan A－tan B，
即tan A＋tan B＋tan C＝tan Atan Btan C.
(2)由(1)知tan C＝－(tan A＋tan B)1－tan Atan B＝tan B1＋2tan2B＝sin Bcos Bcos2B＋2sin2B＝
＝sin 2B2(2－1＋cos 2B2)＝sin 2B3－cos 2B.
(3)由(2)知tan C＝tan B1＋2tan2B＝12tan B＋1tan B≤122＝24，
當且僅當2tan B＝1tan B，即tan B＝22時，等號成立.
所以tan C的最大值為24.
【點撥】熟練掌握三角變換公式并靈活地運用來解決與三角形有關的問題，要有較明確的目標意識.
【變式訓練3】在△ABC中，tan B＋tan C＋3tan Btan C＝3，3tan A＋3tan B＋1＝tan Atan B，試判斷△ABC的形狀.
【解析】由已知得tan B＋tan C＝3(1－tan Btan C)，
3(tan A＋tan B)＝－(1－tan Atan B)，
即tan B＋tan C1－tan Btan C＝3，tan A＋tan B1－tan Atan B＝－33.
所以tan(B＋C)＝3，tan(A＋B)＝－33.
因為0＜B＋C＜π，0＜A＋B＜π，所以B＋C＝π3，A＋B＝5π6.
又A＋B＋C＝π，故A＝2π3，B＝C＝π6.
所以△ABC是頂角為2π3的等腰三角形.
總結提高
三角恒等式的證明，一般考慮三個“統一”：①統一角度，即化為同一個角的三角函數；②統一名稱，即化為同一種三角函數；③統一結構形式.

　5.5　三角函數的圖象和性質

典例精析
題型一　三角函數的周期性與奇偶性
【例1】已知函數f(x)＝2sin x4cos x4＋3cos x2.
(1)求函數f(x)的最小正周期；
(2)令g(x)＝f(x＋π3)，判斷g(x)的奇偶性.
【解析】(1)f(x)＝2sin x4cos x4＋3cos x2＝sin x2＋3cos x2＝2sin(x2＋π3)，
所以f(x)的最小正周期T＝2π12＝4π.
(2)g(x)＝f(x＋π3)＝2sin[12(x＋π3)＋π3]＝2sin(x2＋π2)＝2cos x2.
所以g(x)為偶函數.
【點撥】解決三角函數的有關性質問題，常常要化簡三角函數.
【變式訓練1】函數y＝sin2x＋sin xcos x的最小正周期T等于(　　)
A.2π B.π C.π2 D.π3
【解析】y＝1－cos 2x2＋12sin 2x＝22(22sin 2x－22cos 2x)＋12
＝22sin(2x－π4)＋12，所以T＝2π2＝π.故選B.
題型二　求函數的值域
【例2】求下列函數的值域：
(1)f(x)＝sin 2xsin x1－cos x；
(2)f(x)＝2cos(π3＋x)＋2cos x.
【解析】(1)f(x)＝2sin xcos xsin x1－cos x＝2cos x(1－cos2x)1－cos x＝2cos2x＋2cos x
＝2(cos x＋12)2－12，
當cos x＝1時，f(x)max＝4，但cos x≠1，所以f(x)＜4，
當cos x＝－12時，f(x)min＝－12，所以函數的值域為[－12，4).
(2)f(x)＝2(cos π3cos x－sin π3sin x)＋2cos x
＝3cos x－3sin x＝23cos(x＋π6)，
所以函數的值域為[－23，23].
【點撥】求函數的值域是一個難點，分析函數式的特點，具體問題具體分析，是突破這一難點的關鍵.
【變式訓練2】求y＝sin x＋cos x＋sin xcos x的值域.
【解析】令t＝sin x＋cos x，則有t2＝1＋2sin xcos x，即sin xcos x＝t2－12.
所以y＝f(t)＝t＋t2－12＝12(t＋1)2－1.
又t＝sin x＋cos x＝2sin(x＋π4)，所以－2≤t≤2.
故y＝f(t)＝12(t＋1)2－1(－2≤t≤2)，
從而f(－1)≤y≤f(2)，即－1≤y≤2＋12.
所以函數的值域為[－1，2＋12].
題型三　三角函數的單調性
【例3】已知函數f(x)＝sin(ωx＋φ)(φ＞0，φ＜π)的部分圖象如圖所示.
(1)求ω，φ的值；
(2)設g(x)＝f(x)f(x－π4)，求函數g(x)的單調遞增區間.
【解析】(1)由圖可知，T＝4(π2－π4)＝π，ω＝2πT＝2.
又由f(π2)＝1知，sin(π＋φ)＝1，又f(0)＝－1，所以sin φ＝－1.
因為φ＜π，所以φ＝－π2.
(2)f(x)＝sin(2x－π2)＝－cos 2x.
所以g(x)＝(－cos 2x)[－cos(2x－π2)]＝cos 2xsin 2x＝12sin 4x.
所以當2kπ－π2≤4x≤2kπ＋π2，即kπ2－π8≤x≤kπ2＋π8(k∈Z)時g(x)單調遞增.
故函數g(x)的單調增區間為[kπ2－π8，kπ2＋π8](k∈Z).
【點撥】觀察圖象，獲得T的值，然后再確定φ的值，體現了數形結合的思想與方法.
【變式訓練3】使函數y＝sin(π6－2x)(x∈[0，π])為增函數的區間是(　　)
A.[0，π3] B.[π12，7π12]
C.[π3，5π6] D.[5π6，π]
【解析】利用復合函數單調性“同增異減”的原則判定，選C.
總結提高
1.求三角函數的定義域和值域應注意利用三角函數圖象.
2.三角函數的最值都是在給定區間上得到的，因而特別要注意題設中所給的區間.
3.求三角函數的最小正周期時，要盡可能地化為三角函數的一般形式，要注意絕對值、定義域對周期的影響.
4.判斷三角函數的奇偶性，應先判定函數定義域的對稱性.

　5.6　函數y＝Asin(ωx＋ )的圖象和性質

典例精析
題型一　“五點法”作函數圖象
【例1】設函數f(x)＝sin ωx＋3cos ωx(ω＞0)的周期為π.
(1)求它的振幅、初相；
(2)用五點法作出它在長度為一個周期的閉區間上的圖象；
(3)說明函數f(x)的圖象可由y＝sin x的圖象經過怎樣的變換得到.
【解析】(1)f(x)＝sin ωx＋3cos ωx＝2(12sin ωx＋32cos ωx)＝2sin(ωx＋π3)，
又因為T＝π，所以2πω＝π，即ω＝2，所以f(x)＝2sin(2x＋π3)，
所以函數f(x)＝sin ωx＋3cos ωx(ω＞0)的振幅為2，初相為π3.
(2)列出下表，并描點畫出圖象如圖所示.


　　(3)把y＝sin x圖象上的所有點向左平移π3個單位，得到y＝sin(x＋π3)的圖象，再把
y＝sin(x＋π3)的圖象上的所有點的橫坐標縮短到原來的12(縱坐標不變)，得到y＝sin(2x＋π3)的圖象，然后把y＝sin(2x＋π3)的圖象上的所有點的縱坐標伸長到原來的2倍(橫坐標不變)，即可得到y＝2sin(2x＋π3)的圖象.
【點撥】用“五點法”作圖，先將原函數化為y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)形式，再令ωx＋φ＝0，π2，π，3π2，2π求出相應的x值及相應的y值，就可以得到函數圖象上一個周期內的五個點，用平滑的曲線連接五個點，再向兩端延伸即可得到函數在整個定義域上的圖象.


【變式訓練1】函數

的圖象如圖所示，則(　　)
A.k＝12，ω＝12，φ＝π6
B.k＝12，ω＝12，φ＝π3
C.k＝12，ω＝2，φ＝π6
D.k＝－2，ω＝12，φ＝π3
【解析】本題的函數是一個分段函數，其中一個是一次函數，其圖象是一條直線，由圖象可判斷該直線的斜率k＝12.另一個函數是三角函數，三角函數解析式中的參數ω由三角函數的周期決定，由圖象可知函數的周期為T＝4×(8π3－5π3)＝4π，故ω＝12.將點(5π3，0)代入解析式y＝2sin(12x＋φ)，得12×5π3＋φ＝kπ，k∈Z，所以φ＝kπ－5π6，k∈Z.結合各選項可知，選項A正確.
題型二　三角函數的單調性與值域
【例2】已知函數f(x)＝sin2ωx＋3sin ωxsin(ωx＋π2)＋2cos2ωx，x∈R(ω＞0)在y軸右側的第一個最高點的橫坐標為π6.
(1)求ω的值；
(2)若將函數f(x)的圖象向右平移π6個單位后，再將得到的圖象上各點橫坐標伸長到原來的4倍，縱坐標不變，得到函數y＝g(x)的圖象，求函數g(x)的最大值及單調遞減區間.
【解析】(1)f(x)＝32sin 2ωx＋12cos 2ωx＋32＝sin(2ωx＋π6)＋32.
令2ωx＋π6＝π2，將x＝π6代入可得ω＝1.
(2)由(1)得f(x)＝sin(2x＋π6)＋32，經過題設的變化得到函數g(x)＝sin(12x－π6)＋32，
當x＝4kπ＋43π，k∈Z時，函數g(x)取得最大值52.
令2kπ＋π2≤12x－π6≤2kπ＋32π，
即[4kπ＋4π3，4kπ＋103π](k∈Z)為函數的單調遞減區間.
【點撥】本題考查三角函數恒等變換公式的應用、三角函數圖象性質及變換.
【變式訓練2】若將函數y＝2sin(3x＋φ)的圖象向右平移π4個單位后得到的圖象關于點(π3，0)對稱，則φ的最小值是(　　)
A.π4B.π3C.π2D.3π4
【解析】將函數y＝2sin(3x＋φ)的圖象向右平移π4個單位后得到y＝2sin[3(x－π4)＋φ]＝2sin(3x－3π4＋φ)的圖象.
因為該函數的圖象關于點(π3，0)對稱，所以2sin(3×π3－3π4＋φ)＝2sin(π4＋φ)＝0，
故有π4＋φ＝kπ(k∈Z)，解得φ＝kπ－π4(k∈Z).
當k＝0時，φ取得最小值π4，故選A.
題型三　三角函數的綜合應用
【例3】已知函數y＝f(x)＝Asin2(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0,0＜φ＜π2)的最大值為2，其圖象相鄰兩對稱軸間的距離為2，并過點(1,2).
(1)求φ的值；
(2)求f(1)＋f(2)＋…＋f(2 008).
【解析】(1)y＝Asin2(ωx＋φ)＝A2－A2cos(2ωx＋2φ)，
因為y＝f(x)的最大值為2，又A＞0，
所以A2＋A2＝2，所以A＝2，
又因為其圖象相鄰兩對稱軸間的距離為2，ω＞0，
所以12×2π2ω＝2，所以ω＝π4.
所以f(x)＝22－22cos(π2x＋2φ)＝1－cos(π2x＋2φ)，
因為y＝f(x)過點(1,2)，所以cos(π2＋2φ)＝－1.
所以π2＋2φ＝2kπ＋π(k∈Z)，
解得φ＝kπ＋π4(k∈Z)，
又因為0＜φ＜π2，所以φ＝π4.
(2)方法一：因為φ＝π4，
所以y＝1－cos(π2x＋π2)＝1＋sin π2x，
所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝2＋1＋0＋1＝4，
又因為y＝f(x)的周期為4,2 008＝4×502.
所以f(1)＋f(2)＋…＋f(2 008)＝4×502＝2 008.
方法二：因為f(x)＝2sin2(π4x＋φ)，
所以f(1)＋f(3)＝2sin2(π4＋φ)＋2sin2(3π4＋φ)＝2，
f(2)＋f(4)＝2sin2(π2＋φ)＋2sin2(π＋φ)＝2，
所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝4，
又因為y＝f(x)的周期為4,2 008＝4×502.
所以f(1)＋f(2)＋…＋f(2 008)＝4×502＝2 008.
【點撥】函數y＝Acos(ωx＋φ)的對稱軸由ωx＋φ＝kπ，可得x＝kπ－φω，兩相鄰對稱軸間的距離為周期的一半，解決該類問題可畫出相應的三角函數的圖象，借助數形結合的思想解決.
【變式訓練3】已知函數f(x)＝Acos2ωx＋2(A＞0，ω＞0)的最大值為6，其相鄰兩條對稱軸間的距離為4，則f(2)＋f(4)＋f(6)＋…＋f(20)＝　　　　.
【解析】f(x)＝Acos2ωx＋2＝A×1＋cos 2ωx2＋2＝Acos 2ωx2＋A2＋2，則由題意知A＋2＝6，2π2ω＝8，所以A＝4，ω＝π8，所以f(x)＝2cos π4x＋4，所以f(2)＝4，f(4)＝2，f(6)＝4，f(8)＝6，f(10)＝4，…觀察周期性規律可知f(2)＋f(4)＋…＋f(20)＝2×(4＋2＋4＋6)＋4＋2＝38.
總結提高
1.用“五點法”作y＝Asin(ωx＋φ)的圖象，關鍵是五個點的選取，一般令ωx＋φ＝0，π2，π，3π2，2π，即可得到作圖所需的五個點的坐標，同時，若要求畫出給定區間上的函數圖象時，應適當調整ωx＋φ的取值，以便列表時能使x在給定的區間內取值.
2.在圖象變換時，要注意相位變換與周期變換的先后順序改變后，圖象平移的長度單位是不同的，這是因為變換總是對字母x本身而言的，無論沿x軸平移還是伸縮，變化的總是x.
3.在解決y＝Asin(ωx＋φ)的有關性質時，應將ωx＋φ視為一個整體x后再與基本函數
y＝sin x的性質對應求解.

5.7　正弦定理和余弦定理

典例精析
題型一　利用正、余弦定理解三角形
【例1】在△ABC中，AB＝2，BC＝1，cos C＝34.
(1)求sin A的值；(2)求 的值.
【解析】(1)由cos C＝34得sin C＝74.
所以sin A＝BC sin CAB＝1×742＝148.
(2)由(1)知，cos A＝528.
所以cos B＝－cos(A＋C)＝－cos Acos C＋sin Asin C
＝－15232＋7232＝－24.
所以 ? ＝ ?( ＋ )＝ ＋
＝－1＋1×2×cos B＝－1－12＝－32.
【點撥】在解三角形時，要注意靈活應用三角函數公式及正弦定理、余弦定理等有關知識.
【變式訓練1】在△ABC中，已知a、b、c為它的三邊，且三角形的面積為a2＋b2－c24，則∠C＝　　　.
【解析】S＝a2＋b2－c24＝12absin C.
所以sin C＝a2＋b2－c22ab＝cos C.所以tan C＝1，
又∠C∈(0，π)，所以∠C＝π4.
題型二　利用正、余弦定理解三角形中的三角函數問題
【例2】設△ABC是銳角三角形，a、b、c分別是內角A、B、C所對的邊長，并且sin2A＝sin(π3＋B)sin(π3－B)＋sin2B.
(1)求角A的值；
(2)若 ＝12，a＝27，求b，c(其中b＜c).
【解析】(1)因為sin2A＝(32cos B＋12sin B)(32cos B－12sin B)＋sin2B＝34cos2B－14sin2B＋sin2B＝34，所以sin A＝±32.又A為銳角，所以A＝π3.
(2)由 ＝12可得cbcos A＝12.①
由(1)知A＝π3，所以cb＝24.②
由余弦定理知a2＝c2＋b2－2cbcos A，將a＝27及①代入得c2＋b2＝52.③
③＋②×2，得(c＋b)2＝100，所以c＋b＝10.
因此，c，b是一元二次方程t2－10t＋24＝0的兩個根.
又b＜c，所以b＝4，c＝6.
【點撥】本小題考查兩角和與差的正弦公式，同角三角函數的基本關系，特殊角的三角函數值，向量的數量積，利用余弦定理解三角形等有關知識，考查綜合運算求解能力.
【變式訓練2】在△ABC中，a、b、c分別是A、B、C的對邊，且滿足(2a－c)cos B＝
bcos C.
(1)求角B的大小；
(2)若b＝7，a＋c＝4，求△ABC的面積.
【解析】(1)在△ABC中，由正弦定理得
a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，
代入(2a－c)cos B＝bcos C，
整理得2sin Acos B＝sin Bcos C＋sin C cos B，
即2sin Acos B＝sin(B＋C)＝sin A，
在△ABC中，sin A＞0,2cos B＝1，
因為∠B是三角形的內角，所以B＝60°.
(2)在△ABC中，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2ac cos B
＝(a＋c)2－2ac－2ac cos B，
將b＝7，a＋c＝4代入整理，得ac＝3.
故S△ABC＝12acsin B＝32sin 60°＝334.
題型三　正、余弦定理在實際問題中的應用
【例3】(2010陜西)如圖所示，A，B是海面上位于東西方向相距5(3＋3)海里的兩個觀測點.現位于A點北偏東45°，B點北偏西60°的D點有一艘輪船發出求救信號，位于B點南偏西60°且與B點相距203海里的C點的救援船立即前往營救，其航行速度為30海里/小時，則該救援船到達D點需要多長時間？
【解析】由題意知AB＝5(3＋3)(海里)，∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝90°－45°＝45°，所以∠ADB＝180°－(45°＋30°)＝105°.
在△DAB中，由正弦定理得DBsin∠DAB＝ABsin∠ADB，
所以DB＝ ＝
＝ ＝53(3＋1)3＋12＝103(海里).
又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋(90°－60°)＝60°，BC＝203海里，
在△DBC中，由余弦定理得
CD2＝BD2＋BC2－2BD BC cos∠DBC＝300＋1 200－2×103×203×12＝900，
所以CD＝30(海里)，則需要的時間t＝3030＝1(小時).
所以，救援船到達D點需要1小時.
【點撥】應用解三角形知識解決實際問題的基本步驟是：
(1)根據題意，抽象地構造出三角形；
(2)確定實際問題所涉及的數據以及要求解的結論與所構造的三角形的邊與角的對應關系；
(3)選用正弦定理或余弦定理或者二者相結合求解；
(4)給出結論.
【變式訓練3】如圖，一船在海上由西向東航行，在A處測得某島M的方位角為北偏東α角，前進m km后在B處測得該島的方位角為北偏東β角，已知該島周圍n km范圍內(包括邊界)有暗礁，現該船繼續東行，當α與β滿足條件　　　時，該船沒有觸礁危險.
【解析】由題可知，在△ABM中，根據正弦定理得BMsin(90°－α)＝msin(α－β)，解得BM＝mcos αsin(α－β)，要使船沒有觸礁危險需要BMsin(90°－β)＝mcos αcos βsin(α－β)＞n.所以α與β的關系滿足mcos αcos β＞nsin(α－β)時，船沒有觸礁危險.
總結提高
1.正弦定理、余弦定理體現了三角形中角與邊存在的一種內在聯系，如證明兩內角A＞B與sin A＞sin B是一種等價關系.
2.在判斷三角形的形狀時，一般將已知條件中的邊角關系轉化，統一轉化為邊的關系或統一轉化為角的關系，再用恒等變形(如因式分解、配方)求解，注意等式兩邊的公因式不要隨意約掉，否則會漏解.
3.用正弦定理求角的大小一定要根據題中所給的條件判斷角的范圍，以免增解或漏解.


5.8 三角函數的綜合應用

典例精析
題型一　利用三角函數的性質解應用題
【例1】如圖，ABCD是一塊邊長為100 m的正方形地皮，其中AST是一半徑為90 m的扇形小山，其余部分都是平地.一開發商想在平地上建一個矩形停車場，使矩形的一個頂點P在 上，相鄰兩邊CQ、CR分別落在正方形的邊BC、CD上，求矩形停車場PQCR面積的最大值和最小值.
【解析】如圖，連接AP，過P作PM⊥AB于M.
設∠PAM＝α，0≤α≤π2，
則PM＝90sin α，AM＝90cos α，
所以PQ＝100－90cos α，PR＝100－90sin α，
于是S四邊形PQCR＝PQ?PR
　＝(100－90cos α)(100－90sin α)
　＝8 100sin αcos α－9 000(sin α＋cos α)＋10 000.
設t＝sin α＋cos α，則1≤t≤2，sin αcos α＝t2－12.
S四邊形PQCR＝8 100?t2－12－9 000t＋10 000
＝4 050(t－109)2＋950 (1≤t≤2).
當t＝2時，(S四邊形PQCR)max＝14 050－9 0002 m2；
當t＝109時，(S四邊形PQCR)min＝950 m2.
【點撥】同時含有sin θcos θ，sin θ±cos θ的函數求最值時，可設sin θ±cos θ＝t，把sin θcos θ用t表示，從而把問題轉化成關于t的二次函數的最值問題.注意t的取值范圍.
【變式訓練1】若0＜x＜π2，則4x與sin 3x的大小關系是(　　)
A.4x＞sin 3xB.4x＜sin 3x
C.4x≥sin 3xD.與x的值有關
【解析】令f(x)＝4x－sin 3x，則f′(x)＝4－3cos 3x.因為f′(x)＝4－3cos 3x＞0，所以f(x)為增函數.又0＜x＜π2，所以f(x)＞f(0)＝0，即得4x－sin 3x＞0.所以4x＞sin 3x.故選A.
題型二　函數y＝Asin(ωx＋φ)模型的應用
【例2】已知某海濱浴場的海浪高度y(米)是時間t(0≤t≤24，單位：小時)的函數，記作y＝f(t).下表是某日各時的浪花高度數據.

經長期觀測，y＝f(t)的曲線可近似地看成是函數y＝Acos ωt＋b.
(1)根據以上數據，求出函數y＝Acos ωt＋b的最小正周期T、振幅A及函數表達式；
(2)依據規定，當海浪高度高于1米時才對沖浪愛好者開放. 請依據(1)的結論，判斷一天內的上午8：00至晚上20：00之間，有多少時間可供沖浪者進行運動？
【解析】(1)由表中數據知，周期T＝12，所以ω＝2πT＝2π12＝π6.
由t＝0，y＝1.5，得A＋b＝1.5，由t＝3，y＝1.0，得b＝1.0，
所以A＝0.5，b＝1，所以振幅為12.所以y＝12cos π6t＋1.
(2)由題知，當y＞1時才可對沖浪者開放，
所以12cos π6t＋1＞1，所以cos π6t＞0，
所以2kπ－π2＜π6t＜2kπ＋π2，即12k－3＜t＜12k＋3.①
因為0≤t≤24，故可令①中k分別為0,1,2，得0≤t＜3或9＜t＜15或21＜t≤24.
故在規定時間上午8：00至晚上20：00之間，有6個小時時間可供沖浪者運動，即上午9：00至下午15：00.
【點撥】用y＝Asin(ωx＋φ)模型解實際問題，關鍵在于根據題目所給數據準確求出函數解析式.
【變式訓練2】如圖，一個半徑為10 m的水輪按逆時針方向每分鐘轉4圈，記水輪上的點P到水面的距離為d m(P在水面下則d為負數)，則d(m)與時間t(s)之間滿足關系式：d＝Asin(ωt＋φ)＋k(A＞0，ω＞0，－π2＜φ＜π2)，且當點P從水面上浮現時開始計算時間，有以下四個結論：①A＝10；②ω＝2π15；③φ＝π6；④k＝5.其中正確結論的序號是　　　　　.
【解析】①②④.
題型三　正、余弦定理的應用
【例3】為了測量兩山頂M、N間的距離，飛機沿水平方向在A、B兩點進行測量，A、B、M、N在同一個鉛垂平面內(如圖所示)，飛機能測量的數據有俯角和A、B之間的距離，請設計一個方案，包括：(1)指出需測量的數據(用字母表示，并在圖中標示)；(2)用文字和公式寫出計算M、N間距離的步驟.

【解析】(1)如圖所示：①測AB間的距離a；②測俯角∠MAB＝φ，∠NAB＝θ，∠MBA＝β，∠NBA＝γ.(2)在△ABM中 ，∠AMB＝π－φ－β，由正弦定理得
BM＝ABsin φsin∠AMB＝asin φsin(φ＋β)，
同理在△BAN中，BN＝ABsin θsin∠ANB＝asin θsin(θ＋γ)，
所以在△BMN中，由余弦定理得
MN＝
＝a2sin2φsin2(φ＋β)＋a2sin2θsin2(θ＋γ)－2a2sin θsin φcos(γ－β)sin(φ＋β)sin(θ＋γ).
【變式訓練3】一船向正北方向勻速行駛，看見正西方向兩座相距10海里的燈塔恰好與該船在同一直線上，繼續航行半小時后，看見其中一座燈塔在南偏西60°方向上，另一燈塔在南偏西75°方向上，則該船的速度是　　　海里/小時.

【解析】本題考查實際模型中的解三角形問題.依題意作出簡圖，易知AB＝10，∠OCB＝60°，∠OCA＝75°.我們只需計算出OC的長，即可得出船速.在直角三角形OCA和OCB中，顯然有OBOC＝tan∠OCB＝tan 60°且OAOC＝tan∠OCA＝tan 75°，
因此易得AB＝OA－OB＝OC(tan 75°－tan 60°)，即有
OC＝ABtan 75°－tan 60°＝10tan 75°－tan 60°
＝10tan(30°＋45°)－tan 60°
＝10tan 30°＋tan 45°1－tan 30°tan 45°－tan 60°＝1013＋11－13－3＝5.
由此可得船的速度為5海里÷0.5小時＝10海里/小時.
總結提高
1.解三角形的應用題時應注意：
(1)生活中的常用名詞，如仰角，俯角，方位角，坡比等；
(2)將所有已知條件化入同一個三角形中求解；
(3)方程思想在解題中的運用.
2.解三角函數的綜合題時應注意：
(1)與已知基本函數對應求解，即將ωx＋φ視為一個整體X；
(2)將已知三角函數化為同一個角的一種三角函數，如y＝Asin(ωx＋φ)＋B或y＝asin2x＋bsin x＋c；
(3)換元方法在解題中的運用.

本文來自：逍遙右腦記憶 http://www.lg566.com/gaosan/76498.html

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