第06讲 任意角三角函数、诱导公式及恒等式-高考数学二轮复习讲义+分层训练（上海高考专用）

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【考点梳理】
一、任意角的三角函数
(1)定义：设α是一个任意角，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).
(2)几何表示：三角函数线可以看作是三角函数的几何表示，正弦线的起点都在x轴上，余弦线的起点都是原点，正切线的起点都是(1，0).如图中有向线段MP，OM，AT分别叫做角α的正弦线、余弦线和正切线.
二、同角三角函数基本关系式与诱导公式
1.同角三角函数的基本关系
(1)平方关系：sin2α＋cs2α＝1.
(2)商数关系：eq \f(sin α,cs α)＝tan__α.
2.三角函数的诱导公式
三、解两角和与差的正弦、余弦和正切公式
1两角和与差的正弦、余弦和正切公式
sin(α±β)＝sin__αcs__β±cs__αsin__β.
cs(α∓β)＝cs__αcs__β±sin__αsin__β.
tan(α±β)＝eq \f(tan α±tan β,1∓tan αtan β).
2.二倍角的正弦、余弦、正切公式
sin 2α＝2sin__αcs__α.
cs 2α＝cs2α－sin2α＝2cs2α－1＝1－2sin2α.
tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α).
3.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＝\f(a,b))).
[名师提醒]
1.tan α±tan β＝tan(α±β)(1∓tan αtan β).
2.cs2α＝eq \f(1＋cs 2α,2)，sin2α＝eq \f(1－cs 2α,2).
3.1＋sin 2α＝(sin α＋cs α)2，1－sin 2α＝(sin α－cs α)2，
sin α±cs α＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α±\f(π,4))).
四、正弦定理和余弦定理
1.正、余弦定理
在△ABC中，若角A，B，C所对的边分别是a，b，c，R为△ABC外接圆半径，则
2.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.
3.在△ABC中，已知a，b和A时，解的情况如下：
五、解三角形的实际应用
1.仰角和俯角
在同一铅垂平面内的水平视线和目标视线的夹角，目标视线在水平视线上方叫仰角，目标视线在水平视线下方叫俯角(如图1).
2.方位角
指从正北方向顺时针转到目标方向线的水平角，如B点的方位角为α(如图2).
3.方向角：相对于某正方向的水平角，如南偏东30°，北偏西45°等.
4.坡度：坡面与水平面所成的二面角的正切值.
【解题方法和技巧】
1.定义法求三角函数值的三种情况
①已知角α终边上一点P的坐标，可求角α的三角函数值．先求P到原点的距离，再用三角函数的定义求解；
②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；
③已知角α的终边所在的直线方程或角α的大小，根据三角函数的定义可求角α终边上某特定点的坐标．
2.三角函数式化简的方法
弦切互化，异名化同名，异角化同角，降幂或升幂．
在三角函数式的化简中“次降角升”和“次升角降”是基本的规律，根号中含有三角函数式时，一般需要升次．
3.“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面上来看是很难的，但仔细观察非特殊角与特殊角总有一定关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化为特殊角并且消除非特殊角的三角函数而得解．
4.“给值求值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．
5.“给值求角”：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的范围，确定角．
6.正弦定理和余弦定理其主要作用是将已知条件中的边、角关系转化为角的关系或边的关系.
7.在已知关系式中，既含有边又含有角，通常的解题思路是：先将角都化成边或边都化成角，再结合正弦定理、余弦定理即可求解.
8.在△ABC中，若a2＋b2 【考点剖析】
【考点1】任意角三角函数
一、单选题
1．（2022·上海市市西中学高三阶段练习）若圆锥的侧面展开图是半径为4，中心角为的扇形，则由它的两条母线所确定的截面面积的最大值为（ ）
A．B．4C．8D．
【答案】C
【分析】先求出圆锥的底面圆半径，设截面在圆锥底面的轨迹，用含a的式子表达出截面面积，利用基本不等式求出最大值.
【详解】设圆锥的底面圆半径为r，圆锥的高为h
则，
解得：，
设截面在圆锥底面的轨迹，
则截面等腰三角形的高，
所以截面面积
，
当且仅当，即等号成立，
故选：C
2．（2022·上海交大附中高三阶段练习）存在函数满足，对任意都有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】对ACD，根据函数的性质，取特殊值推出矛盾判断即可；
对B，令再化简分析即可
【详解】对A，取可得，即，再取可得，即，故A错误；
对B，令，此时，即，符合题设，故B正确；
对C，取，有；取，有，故C错误；
对D，取得，再取可得，故D错误
故选：B
3．（2021·上海奉贤区致远高级中学高三阶段练习）已知角是的内角，则“”是“”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分又不必要条件
【答案】C
【分析】在中，由求出角A，再利用充分条件、必要条件的定义直接判断作答.
【详解】因角是的内角，则，
当时，或，即不一定能推出，
若，则，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：C
二、填空题
4．（2022·上海市实验学校高三阶段练习）已知角的顶点与平面直角坐标系的原点重合，始边在x轴的正半轴上，终边经过点，则的值是________．
【答案】
【分析】由题意和三角函数定义可得sinα和csα，再由二倍角公式可得答案．
【详解】由题意和三角函数的定义可得，
，
所以.
故答案为：
5．（2022·上海民办南模中学高三阶段练习）若函数在区间上恰有14个零点，则符合条件的所有的取值范围是______．
【答案】
【分析】先求出零点的一般形式，从而可求的取值范围.
【详解】由可得，故或，其中.
连续的14个零点为：
，；，；，
，，
若，则，
此时.
若，则，
此时，
故.
故答案为：.
6．（2022·上海·高三阶段练习）已知角的终边经过点，则____________
【答案】
【分析】由任意角三角函数定义，代入运算即得解
【详解】由任意角三角函数定义，
故答案为：
7．（2021·上海市嘉定区第二中学高三阶段练习）若角的终边在第一象限，函数的定义域为，且f(0)=0，f(1)=1，当时，有，则使等式成立的的集合为_________
【答案】
【分析】利用赋值法结合给定等式求出的表达式，再求出的值即可得解.
【详解】因函数的定义域为，且f(0)=0，f(1)=1，当时，有，
则当时，，
当时，，于是得，
而，因此，，而角的终边在第一象限，即，解得，，
所以使等式成立的的集合为.
故答案为：
【考点2】诱导公式
一、填空题
1．（2020·上海市金山中学高三期中）已知角的顶点在坐标原点，始边与x轴的正半轴重合，将角的终边按逆时针方向旋转后经过点，则______________.
【答案】1
【解析】由题意利用任意角的三角函数的定义，先求得的值，可得的值.
【详解】角的顶点在坐标原点，始边与x轴的正半轴重合，
将角的终边按逆时针方向旋转后经过点，
，，
所以，.
故答案为：1.
【点睛】本题考查已知终边上一点求三角函数值的问题，涉及到三角函数的定义，是一道容易题.
2．（2021·上海普陀·模拟预测）已知函数在区间上有两个零点、，若，则实数的取值范围为__．
【答案】
【分析】令，分析函数与函数在上的两个交点的横坐标、满足，数形结合可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围.
【详解】设，，
绘制函数在区间上的图象，如图.
当时，直线与函数在区间 上的图象有三个交点，不合乎题意.
由题意得函数的图象与函数的图象有两个不同的交点，
且交点的横坐标、满足，则和为临界条件，
由图可得，解得，故实数的取值范围为.
故答案为：.
3．（2021·上海市金山中学高三期中）若＝，则的值是________．
【答案】
【分析】利用三角函数的诱导公式即解．
【详解】
∵＝，
∴.
故答案为：.
4．（2022·上海交大附中高三阶段练习）已知，，则________．
【答案】
【分析】利用二倍角的余弦公式、诱导公式结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
【详解】因为，
因为，则，因此，.
故答案为：.
5．（2022·上海静安·模拟预测）已知，则的值为_____________．
【答案】
【分析】由倍角公式以及诱导公式求解即可．
【详解】
故答案为：
6．（2022·上海市奉贤中学高三阶段练习）函数的最大值为___________.
【答案】
【分析】利用诱导公式、二倍角公式化简，从而求得的最大值.
【详解】，所以的最大值为.
故答案为：
7．（2020·上海·高三专题练习）若，则的取值范围是__________．
【答案】.
【分析】将已知不等式去绝对值得，再根据正切函数的单调性以及反正切函数的公式可得结果.
【详解】由得，
因为在上为单调递增函数，
所以，
所以，
所以的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，考查了正切函数的单调性，考查了反正切函数的公式，属于基础题.
【考点3】和差角公式
一、单选题
1．（2022·上海·高三开学考试）中，的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据积化和差公式得，再结合不等式放缩和辅助角公式求解即可.
【详解】解：
，其中，
当且仅当，时等号成立，
所以的最大值为
故选：C
2．（2021·上海市风华中学高三期中）函数的最小正周期是（ ）
A．B．C．πD．2π
【答案】C
【分析】利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式可得，结合函数的定义域，由无意义，周期的定义可得答案.
【详解】，
由，得且
可得函数的最小正周期，
但是，当时，，无意义，所以，
又，且对定义域内的任意自变量，也在定义域内.
所以函数的最小正周期.
故选：C.
二、多选题
3．（2022·上海·高三阶段练习）设锐角内部的一点O满足，且，则角A的大小可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【分析】由题意，，两边同乘，结合圆的性质即可求解.
【详解】解：锐角内部的一点O满足，则O为的外接圆的圆心，设半径为R，
因为，
所以，
所以，
即，
所以，
所以，
所以，即，
所以，
因为，所以或，
所以或，
故选：AD.
三、填空题
4．（2022·上海市奉贤中学高三阶段练习）已知，，则___________.
【答案】
【分析】由平方关系求得，然后由两角和的正弦公式计算．
【详解】因为，所以，
所以，
所以．
故答案为：
5．（2021·上海杨浦·一模）在中，三边a､b､c所对的三个内角分别为A､B､C，若，，，则边长___________.
【答案】5
【分析】由正弦定理求得，从而得，，由诱导公式和两角和的余弦公式求得，再得，最后由正弦定理求得．
【详解】由正弦定理得，
所以，则，
又，所以，，
，
，
又由正弦定理得．
故答案为：5．
6．（2022·上海市嘉定区第二中学高三开学考试）若，则__________．
【答案】
【分析】根据，利用两角差的余弦公式可求出结果.
【详解】因为，所以，
所以
.
故答案为：．
7．（2022·上海·高三专题练习）化简：___________.
【答案】
【分析】逆用两角差的余弦公式化简即可求解.
【详解】，
故答案为：.
四、解答题
8．（2022·上海·高三专题练习）在平面直角坐标系中，已知向量，，.
(1)若，求的值；
(2)若与的夹角为，求的值.
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）依题意可得，根据数量积的坐标运算得到方程，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；
（2）首先求出，，依题意可得，再利用两角差的正弦公式计算可得；
(1)解：因为，且，
所以，即，所以；
(2)解：因为，，
所以，，
因为与的夹角为，所以，即，
所以，因为，所以，所以，所以；
9．（2022·上海市复兴高级中学高三阶段练习）已知以角B为钝角的的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，，，且.
(1)求角B的大小；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）利用，结合正弦定理，求出，为钝角，所以.
（2）化简，由（1）知，，，即可确定的取值范围，
(1)因为，所以，得：，由正弦定理化简得：，所以，为钝角，所以.
(2)因为，
由（1）知，，，，故的取值范围是.
10．（2022·上海·高三专题练习）在中，角A，B，C的对边分别为a、b、c，且
（1）求的值；
（2）若，，求B和c.
【答案】（1）；（2），.
【分析】（1）根据题设条件和三角恒等变换的公式，求得，即可求解.
（2）由，得到，利用弦定理求得，得到，进而求得的值，进而求得的值.
【详解】（1）因为，
所以，
即，
即
即.
（2）因为，因为，所以，
由正弦定理得，所以
因为为钝角，所以为锐角，故，
所以，
所以.
【考点4】二倍角与半角
一、填空题
1．（2022·上海·华东师范大学附属东昌中学高三阶段练习）已知，若，则______．
【答案】
【分析】由化简可得，根据判断，即可求得答案.
【详解】由得，，
即，则，
因为，则，
所以，
故答案为：
2．（2022·上海师大附中高三阶段练习）若直线的倾斜角为α，则sin2α的值为___________.
【答案】
【分析】根据直线斜率为倾斜角的正切值，结合三角恒等变换公式即可求解.
【详解】由题可知，，
则.
故答案为：.
3．（2022·上海静安·模拟预测）已知等差数列中，，设函数，记，则数列的前9项和为___________________．
【答案】18
【分析】化简函数的解析式，函数图象关于点对称，利用等差中项的性质结合正弦型函数的对称性质可求得结果.
【详解】
，
由，可得，当时，，
故函数的图象关于点对称，
由等差中项的性质可得，
故，
所以，数列的前项和为.
故答案为：18
4．（2022·上海市复兴高级中学高三阶段练习）已知直线的倾斜角大小是，则___________.
【答案】
【分析】由直线方程可知，再结合二倍角公式，即可求解.
【详解】由条件可知，所以.
故答案为：
5．（2021·上海·模拟预测）在三角形中，，则___________．
【答案】
【分析】将问题化简为，由余弦定理求得，代入即可求得结果.
【详解】解：由余弦定理得，
所以
．
故答案为：
6．（2022·上海宝山·一模）在中，角，，所对的边分别为，，，且，，若，则的最大值为___________.
【答案】
【分析】由三角恒等变换可得,再由余弦定理及重要不等式即可求解.
【详解】由得，
由，得，
所以,
所以，当且仅当时，等号成立.
故答案为：
二、解答题
7．（2022·上海·华东师范大学附属东昌中学高三阶段练习）已知函数，．
(1)求的单调递增区间；
(2)在中，角A所对边，角所对边，若，求的面积．
【答案】(1)；(2)或.
【分析】（1）利用二倍角公式得到，利用换元法求出单增区间；
（2）先求出，利用余弦定理求出c，即可求出三角形的面积.
(1).
令，则.
因为在单调递增，所以在上单调递增.
即的单调递增区间为.
(2)由，可得：.
因为，所以，所以时，；
时，.但此时，，所以，所以，不符合三角形内角和定理，舍去.
所以在中，，，，由余弦定理得：
，即，解得：或.
当时，;
当时，.
所以的面积为或.
8．（2020·上海·高三专题练习）已知，求.
【答案】
【解析】先由，利用万能公式得再利用平方关系求，最后根据两角差余弦公式求结果.
【详解】
【点睛】本题考查万能公式、同角三角函数平方关系、两角差余弦公式，考查基本分析求解能力，属基础题.
9．（2022·上海·高三专题练习）已知，是实常数，.
（1）当，时，求函数的最小正周期、单调递增区间和最大值；
（2）是否存在，使得是与有关的常数函数（即的值与x的取值无关）？若存在，求出所有满足条件的，若不存在，说明理由.
【答案】（1）；，；最大值；（2）存在，.
【分析】先由题意对函数化简变形得，
（1）将，代入上式可得，从而可求出函数的最小正周期、单调递增区间和最大值；
（2）由于，所以当时，的值与x的取值无关
【详解】
解：由题意得
，
（1）当，时，，
所以函数的最小正周期为，
由，得，
所以的单调递增区间为，；
当时，取得最大值为，
（2）由（1）可知，
显然当，即时，的值与x的取值无关，
所以存在，使得是与有关的常数函数，
【点睛】关键点点睛：此题考查三角函数恒等变换公式的应用，考查三角函数的图像和性质的应用，解题的关键是由题意将化简变形为，考查计算能力，属于中档题
10．（2022·上海·高三专题练习）已知函数，且.
（1）求函数的最小正周期；
（2）求在上的最大值和最小值.
【答案】（1）；（2），.
【解析】（1）利用倍角公式降幂，求得，再利用，得到等量关系式，求得，之后利用辅助角公式化简，可求得函数的最小正周期；
（2）由的范围，得到相应整体角的范围，进一步求得在上的最大值和最小值.
【详解】（1），
∵，∴，解得，
∴，∴函数的最小正周期为.
（2）∵，∴，∴.
∴当，即时，，当，即时，.
【点睛】思路点睛：该题考查的是有关三角函数的问题，解题思路如下：
（1）利用正、余弦倍角公式降幂，利用条件求相应参数值，利用辅助角公式化简函数解析式；
（2）利用函数的性质，得到其最小正周期；
（3）根据自变量的范围，求得整体角的范围，结合正弦函数的性质，求得函数的最值.
【考点5】解斜三角形
一、单选题
1．（2022·上海·高三专题练习）在中，“”是“”的（ ）条件
A．充分非必要B．必要非充分C．充要D．非充分非必要
【答案】C
【分析】根据三角形内角的性质知：、都有，由等价法知条件“”、“”之间的充分、必要关系.
【详解】∵中，由正弦定理，
∴当必有，根据三角形中大边对大角知：；
当时，在三角形中由，有或 成立，即；
∴“”是“”的充要条件.
故选：C
二、填空题
2．（2022·上海民办南模中学高三阶段练习）若满足，，的恰有一个，则实数k的取值范围是______．
【答案】
【分析】根据条件由正弦定理表示，判断唯一解时的范围
【详解】已知，则由正弦定理，则，
又，当时，有两解；
当或时，有唯一解，故．
故答案为：
3．（2022·上海市市西中学高三阶段练习）有一个正四面体的棱长为，现用一张圆形的包装纸将其完全包住（不能裁剪纸，但可以折叠），那么包装纸的最小半径为________．
【答案】
【分析】将正四面体的四个侧面展开，可形成一个边长为的正三角形，计算出该等边三角形的外接圆半径，即可得解.
【详解】将正四面体的四个侧面展开，可形成一个边长为的正三角形，如下图所示：
该等边三角形的外接圆半径为.
故答案为：.
4．（2021·上海·模拟预测）已知的三内角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，若，则内角A的大小是___________
【答案】或或
【分析】利用余弦定理以及二倍角的正弦公式即可求解.
【详解】因为，
所以由余弦定理可得，，
从而，即或，
又因为，所以或或.
故答案为：或或.
三、解答题
5．（2022·上海市光明中学模拟预测）已知在三角形中，，三角形的面积．
(1)若，求；
(2)若，求．
【答案】(1)或
(2)，或，
【分析】（1）根据面积公式及，得到，分C为锐角和C为钝角时，求出，进而求出，求出；（2）由面积公式求出，分C为锐角和C为钝角，由余弦定理和正弦定理求出答案.
(1)∵
而
分情况讨论，当C为锐角时，，
∴
当C为钝角时，，
(2),
因为，所以，
分情况讨论，当C为锐角时，
由余弦定理，
由正弦定理，，
当C为钝角时，，
由余弦定理，
由正弦定理，，
6．（2022·上海·位育中学模拟预测）如图所示，在一条海防警戒线上的点处各有一个水声监测点，两点到点的距离分别为 20 千米和 50 千米. 某时刻，收到发自静止目标的一个声波信号，8秒后同时接收到该声波信号，已知声波在水中的传播速度是 千米/秒.
(1)设到的距离为千米，用表示到的距离，并求的值;
(2)求静止目标到海防警戒线的距离. (结果精确到 千米).
【答案】(1)(千米), (千米), ，(2)千米
【分析】（1）根据题意可得，，结合余弦定理求解；（2）在△中，利用余弦定理可得，进而可求，利用等面积运算求解．
(1)根据题意可得：(千米), (千米), (千米), (千米),
∵，则
即，解得
(2)在△中，，则
设到的距离为(千米)，则
∴
静止目标到海防警戒线的距离为千米
7．（2022·上海虹口·二模）如图，某公园拟划出形如平行四边形的区域进行绿化，在此绿化区域中，分别以和为圆心角的两个扇形区域种植花卉，且这两个扇形的圆弧均与相切.
(1)若，，（长度单位：米），求种植花卉区域的面积；
(2)若扇形的半径为10米，圆心角为，则多大时，平行四边形绿地占地面积最小？
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）根据余弦定理可得的大小，再根据正弦定理可得，进而求得扇形的半径，从而得到种植花卉区域的面积
（2）设，根据直角三角形中的关系可得关于的表达式，从而得到平行四边形的面积表达式，从而根据三角函数的最值求解即可
(1)由余弦定理，，故，又由正弦定理有，故，所以扇形的半径，故种植花卉区域的面积
(2)设，则，故，，故平行四边形绿地占地面积，因为，故要面积最小，则当，即，时面积取得最小值，即多大时，平行四边形绿地占地面积最小
8．（2022·上海交大附中高三阶段练习）已知三角形花园，顶点、、为花园的三个出入口，满足，，（单位：米）．
(1)求三角形花园的面积（精确到平方米）；
(2)若三角形个内角均小于，到三角形三个顶点距离之和最短的点必满足、、正好三等分点所在的周角，该点所对三角形三边的张角相等，均为．所以这个点也称为三角形的等角中心．请根据此知识求出三角形花园的最佳会合点到三个出入口的最小距离和（满足到三个出入口的距离和最小）．
【答案】(1)平方米，(2)米
【分析】（1）由余弦定理、同角三角函数的基本关系结合三角形的面积公式可求得结果；
（2）利用三角形面积公式可求得的值，再利用余弦定理可求得，进而可求得的值，即可得解.
(1)由余弦定理可得，则为锐角，
所以，，
所以，（平方米）.
(2)解：中，最长，，则为锐角，
故为锐角三角形，
由（1）可知，
所以，，
根据余弦定理可得，
同理可得，，
以上三个等式相加可得，
所以，，
因此，，
则（米）.
因此，三角形花园的最佳会合点到三个出入口的最小距离和为米.
9．（2022·上海金山·二模）在中，角、、所对的边分别为、、.已知，且为锐角.
(1)求角的大小；
(2)若，证明：是直角三角形.
【答案】(1)，(2)证明见解析
【分析】（1）利用正弦定理边化角可解得，再由为锐角即可求解（2）利用正弦定理边化角之后再消元，可得，再结合的范围即可得证
(1)由正弦定理可知，，
又在中，，即，
为锐角，.
(2)
所以由正弦定理得：，
又，
即，
，
故可得，
即
为直角三角形.
10．（2022·上海长宁·二模）在中，角的对边分别为．
(1)若，求
(2)若， 的面积，求外接圆半径的最小值．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）根据正弦定理与余弦定理化简即可
（2）根据三角形的面积公式可得，再根据基本不等式可得，再根据正弦定理求解即可
(1)因为，由正弦定理，，所以，因为，所以
(2)由已知，，所以，
所以
因为
所以（当时取等号）
所以
所以的最小值为（当时取得）
11．（2021·上海奉贤·一模）在中，所对边满足.
(1)求的值；
(2)若，，求的周长.
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）利用题干条件和余弦定理求出；（2）先求出，利用正弦定理求出，再利用余弦定理求出，求出周长.
(1)化简得：，两边同除以，及，因为，所以.
(2)因为，且，所以，因为，由正弦定理得：，故，由余弦定理得：，即，解得：，其中，所以，故的周长为
12．（2020·上海市建平中学高三阶段练习）四边形如图所示，已知，.
（1）求的值；
（2）记与的面积分别是与，求的最大值.
【答案】（1）（2）最大值为14
【分析】（1）利用余弦定理，求出，即可求的值；
（2）求出的表达式，，即可求的最大值.
【详解】解：（1）在中，由余弦定理得，
在中，同理可得，
所以.
（2）依题意，，
所以，
因为，所以.
解得，所以，当时取等号，即的最大值为14.
【点睛】本题主要考查了解三角形，解三角形是高考重点考查的内容，正确变形合理转化，把涉及到的量转化到一个三角形内求解，涉及求最值时可以适当地选取变量，把所求最值用变量表示，属于中等题.
13．（2022·上海·高三开学考试）已知在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，且.
(1)求角；
(2)若，求的取值范围.
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合诱导公式以及特殊角的三角函数值即可求角；
（2）由（1）知：，根据是锐角三角形可求出，利用正弦定理化角为边，，，结合以及角的范围，再利用三角恒等变换以及三角函数的性质即可求解.
(1)因为，
由正弦定理可得：，
因为，所以，所以，
所以，，
因为，，所以
可得：，所以.
(2)由正弦定理知：，
所以，，
所以
，
因为，故，所以，，
所以，
故的取值范围为.
14．（2022·上海·高三专题练习）在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且acsC＝（2b﹣c）csA．
（1）若3，求△ABC的面积；
（2）若∠B＜∠C，求2cs2B+cs2C的取值范围.
【答案】（1）（2）（，）.
【解析】（1）利用正弦定理可求角A，结合数量积3，可求△ABC的面积；
（2）结合角之间的关系，把2cs2B+cs2C化简为，然后结合角的范围可求.
【详解】（1）∵acsC＝（2b﹣c）csA，
∴由正弦定理可得sinAcsC＝（2sinB﹣sinC）csA，可得sinAcsC+sinCcsA＝sin（A+C）＝sinB＝2sinBcsA，
∵B为三角形内角，sinB≠0，
∴csA，
又∵A∈（0，π），
∴A，
∵bccsAbc＝3，可得bc＝6，
∴S△ABCbcsinA.
（2）∵∠B＜∠C，CB，可得B∈（0，），
∴2B∈（，），
∴cs（2B）∈（，），
∴2cs2B+cs2C＝1+cs2Bcs2Bcs2（B）cs2Bcs2Bsin2Bcs（2B）∈（，）.
∴2cs2B+cs2C的取值范围（，）.
【点睛】本题主要考查求解三角形及范围问题，求解三角形时边角的转化是求解的关键，范围问题一般是把目标式化简为标准型进行求解，侧重考查数学运算的核心素养.
【考点6】三角恒等变换的应用
一、单选题
1．（2022·上海交大附中高三开学考试）已知、都是锐角，且，，那么、之间的关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】推导出，可得出，求出的取值范围，即可得解.
【详解】因为，则，
所以，，
因为、都是锐角，由题意可得，
所以，，
所以，，
因为、都是锐角，则且，则，
所以，，因此，.
故选：D.
2．（2020·上海·高三专题练习）在中，，下列各式中成立的是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据可得，再根据两角和的余切公式化简求解即可.
【详解】因为在中，，故，又，所以，
即，整理可得.
故选：A
【点睛】本题主要考查了三角形的内角和、两角和的余切公式化简.需要根据选项判断公式的选择与计算，属于中档题.
二、填空题
3．（2022·上海市大同中学高三开学考试）若，且，则的值为___________.
【答案】或
【分析】根据二倍角的余弦公式和两角差的正弦公式可得，分类讨论当、时的情况，结合和辅助角公式计算即可.
【详解】由题意知，
则，
即，
当时，，即，
由，得；
当时，，
所以，即，
由，得，所以，得.
故答案为：或
三、解答题
4．（2022·上海黄浦·二模）某公园要建造如图所示的绿地，、为互相垂直的墙体，已有材料可建成的围栏与的总长度为米，且．设（）．
(1)当，时，求的长；（结果精确到米）
(2)当时，求面积的最大值及此时的值．
【答案】(1)米
(2)当时，养殖场最大的面积为平方米
【分析】（1）在中，根据余弦定理求解即可；
（2）当时，可得，再化简可得，再根据正弦函数的最值分析即可
(1)在中，，，，由余弦定理，得，故．
因此的长约为米．
(2)连接．由题意，，，
在△中，由正弦定理，得．
于是，．当，即时，取到最大值，最大值为．因此，当时，养殖场最大的面积为平方米
5．（2020·上海·高三专题练习）在中，满足 ．
（1）求；
（2）设，求的值.
【答案】（1） （2）1或
【分析】（1）先利用平方关系将余弦化为正弦，再结合正余弦定理化简可得C.
（2）由（1）结合两角和与差的余弦公式及同角基本关系式将已知化简整理成关于正切的二次方程，解之即可.
【详解】（1）∵，，∴变形为，
即，
利用正弦定理可得：，由余弦定理可得csC=，即C=.
（2）由（1）可得cs（A+B）=，A+B=，
又csAcsB=，可得，
同时cs（）cs（）=，
∴
=
=
=-=，
∴，
∴或4.
【点睛】本题考查了正余弦定理的应用，考查了两角和差的余弦公式的应用，考查了利用同角基本关系式处理齐次式的技巧，考查了学生的运算能力及逻辑推理能力，属于难题.
6．（2022·上海市实验学校高三开学考试）已知函数．
(1)若，，求的值；
(2)在锐角△中，、、分别是角、、的对边，若，，△的面积，求的值．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）化简可得，由题意可知，进而可得，分析角可知，用两角差的正弦公式即可求得；
（2）由（1）可知，结合的范围可得,再由面积公式即可求得，最后利用余弦定理即可求得.
(1)


∵，∴，
又∵，∴，
∴ ，
∴

，
(2)∵，∴，
又∵，∴，
∴，即，
又∵，∴，
由余弦定理得，
，
即.
7．（2021·上海·复旦附中高三阶段练习）已知函数.
（1）若，且，求的值
（2）求函数的最小正周期和值域.
【答案】（1）；（2），
【分析】（1）根据两角和差的余弦公式进行计算即可
（2）利用诱导公式及二倍角公式将函数化简，再根据正弦函数的性质计算可得．
【详解】解：（1）若，且，
则，则，
则．
（2）
即，
所以函数的最小正周期，
，
，即
8．（2022·上海市进才中学高三阶段练习）已知函数，x∈R，且f(x)的最大值为1.
（1） 求m的值，并求f(x)的单调递增区间；
（2）在△ABC中，角A、B、C的对边a、b、c，若，且，试判断△ABC的形状.
【答案】（1），(k∈Z)；（2）直角三角形.
【分析】（1）化简的解析式，求出其最大值，结合已知最大值可求得的值，利用正弦函数的递增区间可解得的单调递增区间；
（2）利用可求得，将边化角，结合可求得，，从而可得结果.
【详解】（1）
,
因为，所以，
由+2kπ≤2x+≤+2kπ，，得到：，，
所以f(x)的单调增区间为(k∈Z)
（2）因为，则，则，
因为，所以，所以，所以，
又，则，，
化简得，得，
因为，所以，
所以，所以
所以，故△ABC为直角三角形.
【点睛】关键点点睛：熟练掌握三角恒等变换公式以及正弦定理的边角互化是解题关键.
【真题模拟题专练】
一、单选题
1．（2021·上海松江·一模）已知角的终边经过点，将角的终边绕原点逆时针旋转得到角的终边，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先由条件求出，再根据角的旋转及诱导公式即可求解.
【详解】因为角的终边经过点，
所以，
所以
故选：B
2．（2022·上海闵行·二模）“角的终边关于轴对称”是“"的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条许D．既不充分也不必要各件
【答案】B
【分析】先证明充分性，再举出反例说明必要性不成立，得到答案.
【详解】由角的终边关于轴对称，则，可知，即成立，充分性成立；
当时，角的终边关于轴对称或，
所以“角的终边关于轴对称”是“”的充分不必要条件，
故选：B.
3．（2022·上海·模拟预测）如图，在中，已知，D是边上的一点，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由余弦定理求出，得到，由正弦定理进行求解出答案.
【详解】在中，由余弦定理得：，
因为，
所以，
在中，由正弦定理得：，即，
解得：
故选：D
4．（2022·上海黄浦·模拟预测）已知锐角，其外接圆半径为，，边上的高的取值范围为（ ）.
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设边上的高为，根据题意得，再结合条件得，再分析求值域即可.
【详解】因为为锐角三角形，，设边上的高为，
所以，解得
由正弦定理可得，，
所以，，，因为，
所以
因为，所以，所以，
所以，所以高的取值范围为.
故选：C.
二、填空题
5．（2021·上海徐汇·一模）已知某圆锥的底面圆的半径为，若其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的侧面积为_______．
【答案】
【分析】根据底面圆的半径求出圆锥的母线长，进而求出圆雉的侧面积.
【详解】设底面圆的半径为，圆锥的母线长为，则，因为其侧面展开图为一个半圆，所以.
故答案为：
6．（2021·上海青浦·一模）一个圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为18 cm的扇形，则圆锥的母线与底面所成角的余弦值为__________.
【答案】
【分析】设母线长为，底面半径为，利用侧面展开图，求出圆心角，然后求出底面半径，即可求出圆锥母线与底面所成角的余弦值．
【详解】设母线长为，底面半径为，则依题意易知 cm，
由，代入数据即可得 cm，
因此所求角α的余弦值即为．
故答案为：.
7．（2022·上海青浦·二模）已知角的终边过点，则的值为_________．
【答案】
【分析】根据三角函数的定义计算即可.
【详解】解：因为角的终边过点，
所以.
故答案为：-2.
8．（2022·上海市七宝中学模拟预测）已知，若，则的取值范围是_______.
【答案】
【分析】根据角的范围分区间讨论，去掉绝对值号，转化为不含绝对值的三角不等式，求解即可.
【详解】由题，当时，原不等式可化为，解得，
当时，由原不等式可得，解得，
综上.
故答案为：
9．（2022·上海松江·二模）已知角为的内角，，则_________．
【答案】
【分析】根据同角三角函数，即可求解.
【详解】由条件可知，.
故答案为：
10．（2022·上海黄浦·二模）设，．若对任意实数都有，则满足条件的有序实数组的组数为____________．
【答案】
【分析】由恒成立的等式可确定，；结合三角函数诱导公式的知识，分别讨论不同取值时对应的的取值，结合的范围可得结果.
【详解】对任意实数都有，
与的最值和最小正周期相同，
，，即，，
①当，时，，，
又，或，则或；
②当，时，，；
又，或，则或；
③当，时，，，
又，或，则或；
④当，时，，；
又，或，则或；
综上所述：满足条件的有序实数组共有组.
故答案为：.
11．（2022·上海徐汇·三模）已知，则___________.
【答案】
【分析】利用诱导公式求出的值，再利用二倍角的余弦公式可求得结果.
【详解】，因此，.
故答案为：.
12．（2022·上海黄浦·模拟预测）若，则___________.
【答案】
【分析】由诱导公式六化简，即可求解.
【详解】因为，所以，
故答案为：.
13．（2022·上海金山·二模）已知平面向量满足，若关于的方程有实数解，则面积的最大值为__________.
【答案】
【分析】对两边平方有有解，再利用基本不等式可得，进而求得面积的最大值即可
【详解】设，因为，故，则，显然，对两边平方有，即有解，因为，当且仅当，即时取等号.故 ，则面积的最大值为，当且仅当时取等号.
故答案为：
14．（2022·上海金山·二模）已知向量，则函数的单调递增区间为__________.
【答案】
【分析】根据数量积的坐标公式，结合三角恒等变换公式化简可得，再求解单调递减区间，结合求解即可
【详解】由题意，，故 的单调递增区间：，即，故在的单调递增区间为
故答案为：
三、解答题
15．（2021·上海·模拟预测）某企业欲做一个介绍企业发展史的铭牌，铭牌的截面形状是如图所示的扇形环面（由扇形OAD挖去扇形OBC后构成的）.已知，，线段BA，CD与，的长度之和为30，圆心角为弧度.
(1)求关于x的函数表达式；
(2)记铭牌的截面面积为y，试问x取何值时，y的值最大？并求出最大值.
【答案】(1)；(2)，.
【分析】（1）根据扇形的弧长公式结合已知条件可得出关于、的等式，即可得出关于的函数解析式；
（2）利用扇形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得的最大值，即可得出结论.
(1)解：根据题意，可算得，．
因为，所以，
所以，.
(2)解：根据题意，可知
，
当时，.
综上所述，当时铭牌的面积最大，且最大面积为.
16．（2022·上海市光明中学模拟预测）自2019年起，上海市推进“三星级绿色生态城区”示范区项目．今年，一座人民公园将要建设一块绿地．设计方案如图所示，有一块边长为500米的正方形土地是一段圆弧（以为圆心，与相切于），其中为两条人行步道，为一条鲜花带．已知每米人行步道的修建费用为每米288元．
(1)当时，求人行步道的长度之和；
(2)如何设计圆弧的长度，才能使人行步道的总造价最低，并求出总造价．（长度精确到米，造价精确到元）
【答案】(1)米
(2)当圆弧长度设计为392.7米时，人行步道的总造价最低，为203646.75元
【分析】（1）根据已知条件及圆的定义，再利用锐角三角函数及勾股定理即可求解；
（2）根据已知条件及（1）的思路，求出的关系式，再利用辅助角公式及三角函数的性质，求出的最小值，进而得出的最小值，结合题意即可求解.
(1)作，垂足分别为，如图所示
由题意可知，米，
在中，，
所以，
在中，，
同时，，
在中，由勾股定理得 ，，即
解得
米
∴米
(2)设（米）
则与第（1）问相同，设，由于为定值，只需考虑的变化情况
则
由勾股定理，
解得
，
，
所以当即时，取得最小值．
则米
则总造价元
此时圆弧米
故当圆弧长度设计为392.7米时，人行步道的总造价最低，为203646.75元．
17．（2022·上海崇明·二模）已知．
(1)求函数的单调递增区间；
(2)设的内角A满足，且，求BC边长的最小值．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）由三角函数的二倍角公式将化为，根据正弦函数的单调性即可求得答案;
（2）由求得A,根据求得，利用余弦定理结合基本不等式即可求得答案.
(1),
由，得：，
所以函数的单调递增区间是.
(2)由，得，即
因为，则，,所以,
由，得，得.
由余弦定理，得，
当且仅当时等号成立,
所以边长的最小值是.
18．（2022·上海徐汇·三模）已知函数的部分图象如图所示.
(1)求函数的解析式；
(2)在为锐角的中，角、、的对边分别为、、，若，，且的面积为，求的值.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）由图象可得出函数的最小正周期，可求得的值，代入点、的坐标，可分别求出、的值，可得出函数的解析式；
（2）由结合角的取值范围可求得角的值，利用三角形的面积公式可求得的值，利用余弦定理可求得的值.
(1)解：由图象可知，函数的最小正周期为，.
因为点在函数的图象上，所以，即.
又，则，从而，即.
又点在函数的图象上，所以由，得.
此时，则在附近单调递增，合乎题意，
所以函数的解析式为.
(2)解：由，所以，，
因为，
，
，则，所以，或，可得或，
当时，因为，可得.
又因为，所以，
解得；
当时，因为，可得，
因为，所以，
解得.
所以或.
19．（2022·上海·模拟预测）在数学中，双曲函数是与三角函数类似的函数，最基本的双曲函数是双曲正弦函数与双曲余弦函数，其中双曲正弦：，双曲余弦函数：，（e是自然对数的底数）
(1)解方程：；
(2)写出双曲正弦与两角和的正弦公式类似的展开式：_________，并证明；
(3)无穷数列，是否存在实数a，使得？若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)，证明见解析；
(3)，理由见解析.
【分析】（1）直接解方程，先解出，即可求出x的解；
（2）类比两角和的正弦公式写出即可，结合双曲函数定义以及指数运算法则，证明左式等于右式即可；
（3）分及讨论，由形式可类比余弦二倍角公式和双曲余弦二倍角公式（用类比（2）的方式证明），即可分别构造并用数学归纳法证明，（，），或，（，m为不为0的实数），最后求解，即可得出结果.
(1)，解为，即；
(2)；
证明：左式，
右式
，
左式=右式，得证；
(3)
i.当时，存在，使得，构造，可用数学归纳法证明如下：
当时，；
当时，，
于是成立，得证.
于是，即此时不存在实数，使得.
ii.当时，由，函数值域为，于是存在不为0的实数m，使得，
类比余弦二倍角公式得，，证明如下：
，得证.
构造，可用数学归纳法证明如下：
当时，；
当时，；
当时，，
于是，
于是在时成立；
于是，令，得，同（1）可解得或，即，即，于是，
综上，存在实数，使得成立.
【点睛】i. 双曲函数是与三角函数类似，可类比其和差公式；
ii.数列的形式可类比余弦二倍角公式和双曲余弦二倍角公式，可构造或来求解
公式
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
口诀
函数名不变，符号看象限
函数名改变，符号看象限
定理
正弦定理
余弦定理
公式
eq \f(a,sin A)＝eq \f(b,sin B)＝eq \f(c,sin C)＝2R
a2＝b2＋c2－2bccs__A；
b2＝c2＋a2－2cacs__B；
c2＝a2＋b2－2abcs__C
常见变形
(1)a＝2Rsin A，b＝2Rsin__B，c＝2Rsin__C；
(2)sin A＝eq \f(a,2R)，sin B＝eq \f(b,2R)，sin C＝eq \f(c,2R)；
(3)a∶b∶c＝sin__A∶sin__B∶sin__C；
(4)asin B＝bsin A，bsin C＝csin B，asin C＝csin A
cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)；
cs B＝eq \f(c2＋a2－b2,2ac)；
cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)
A为锐角
A为钝角或直角
图形
关系式
a＝bsin A
bsin Aa≥b
a>b
a≤b
解的个数
一解
两解
一解
一解
无解