专题12
三角函数（压轴题）
——任意角和弧度制、三角函数的概念、诱导公式
1.角的概念
①任意角：①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成的图形；
②分类：角按旋转方向分为正角(逆时针旋转）、负角（顺时针旋转）和零角（不旋转）．
②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
Z
k
k
S
，
360
．
③象限角：使角的顶点与原点重合，角的始边与x 轴的非负半轴重合，那么，角的终边在第几象限，就说
这个角是第几象限角；如果角的终边在坐标轴上，就认为这个角不属于任何一个象限，叫做轴线角．
④象限角的集合表示方法：
2.弧度制的概念
①定义：把长度等于半径长的弧所对的圆心角叫做1 弧度的角，用符号rad 表示，读作弧度．正角的弧度数
是一个正数，负角的弧度数是一个负数，零角的弧度数是0．
②角度制和弧度制的互化：
rad
180
,
rad
180
1
,
180
rad
1
．
③扇形的弧长公式：
r
l
，扇形的面积公式：
2
2
1
2
1
r
lr
S
．
3.任意角的三角函数
①定义：任意角α 的终边与单位圆交于点
)
(
y
x
P
，
时，则
y
sin
，
x
cos
，
)
0
(
tan
x
x
y
．
4.同角三角函数基本关系
①平方关系：
1
cos
sin
2
2
．
②商数关系：
)
2
(
tan
cos
sin
k
；
5. 三角函数诱导公式
公式
一
二
三
四
五
六
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角
)
(
2
Z
k
k
2
2
正弦
sin
sin
sin
sin
cos
cos
余弦
cos
cos
cos
cos
sin
sin
正切
tan
tan
tan
tan
口诀
函数名不变，符号看象限
函数名改变，符号看象限
【记忆口诀】奇变偶不变，符号看象限
题型一
任意角和弧度制
例1．（1）如图放置的边长为1 的正PMN
沿x 轴滚动．设顶点
( , )
P x y 的运动轨迹对应的函数解析式为
( )
y
f x
，给出下列结论，其中正确结论的个数为（
）
①
( )
y
f x
的图象关于点3 ,0
2
对称；
②
( )
y
f x
的图象关于直线
3
2
x
对称；
③
( )
y
f x
在其两个相邻零点间的曲线长度为4π
3 ；
④
( )
y
f x
在其两个相邻零点间的图象与x 轴所围区域的面积为2π
3 ．
说明：“正PMN
沿x 轴滚动”包括沿x 轴正方向和负方向滚动．沿x 轴正方向滚动指的是先以顶点N 为中心
顺时针旋转，当顶点M 落在x 轴上时，再以顶点M 为中心顺时针旋转，如此继续．类似地，正PMN
可以
沿x 轴负方向滚动．
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】根据题设描述画出P 点的轨迹，数形结合判断其对称性、周期性，利用弧长、扇形面积公式求曲
线长度及围成的面积即可.
【详解】当正PMN
沿x 轴正方向滚动，
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绕N 旋转P 轨迹是以
(1,0)
N
为圆心，1为半径，圆心角为2π
3 的弧上，P 从(0,0) 旋转到3
3
( ,
)
2
2
；
绕M 旋转P 轨迹是以
(2,0)
M
为圆心，1为半径，圆心角为2π
3 的弧上，P 从3
3
( ,
)
2
2
旋转到(3,0)；
绕P 旋转时P 点不动，后续继续旋转重复上述过程，只是圆心位置改变，
同理，正PMN
沿x 轴负方向滚动，
先绕P 旋转，然后绕M 旋转，再绕N 旋转，每次旋转角度、半径都相同，只是圆心不同；
综上，P 在x 轴上部分轨迹如上图示，由图易知：区间[0,3]图象在x 轴上周期性出现，
所以
( )
y
f x
的图象关于
3
2
x
对称，不关于3 ,0
2
对称，①错，②对；
( )
y
f x
在其两个相邻零点间的曲线长度为
2π
4π
2
1
3
3
，③对；
( )
y
f x
在其两个相邻零点间的图象与x 轴所围区域的面积为
2
1
2π
1
π
2π
3
2
1
1
sin
2
3
2
3
3
4
，④错.
故选：B
（2）中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴．一般情况下，折扇可看作是从一个圆面中剪下的扇形制作而成，
如图，设扇形的面积为
1S ，其圆心角为，圆面中剩余部分的面积为
2
S ，当
1S 与
2
S 的比值为
5
1
2
时，扇
面为“美观扇面”，则下列结论错误的是（
）（参考数据：
5
2.236
）
A．
1
2
2
S
S
B．若
1
2
1
2
S
S
，扇形的半径
3
R
，则
1
3π
S
C．若扇面为“美观扇面”，则
138
D．若扇面为“美观扇面”，扇形的半径
20
R
，则此时的扇形面积为
200 3
5
【答案】D
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【分析】求得
1
2
S
S 判断选项A；求得满足条件的
1S 的值判断选项B；求得满足条件的的值判断选项C；求得
满足条件的扇形面积的值判断选项D.
【详解】扇形的面积为
1S ，其圆心角为，半径为R，圆面中剩余部分的面积为
2
S ，
选项A：
2
1
2
2
1
2
= 1
2π
2π
2
S
R
S
R
.故A 正确；
选项B：由
1
2
1
2
S
S
，可得
1
2π
2
，解得
2 π
3
，又扇形的半径
3
R
，
则
2
1
1
2π
3
3π
2
3
S
.故B 正确；
选项C：若扇面为“美观扇面”，则
1
2
1
2π
5
2
S
S
，
解得
3
5 π
3
2.236
180
138
.故C 正确；
选项D：若扇面为“美观扇面”，则
3
5 π
，又扇形的半径
20
R
，
则此时的扇形面积为
2
1
3
5 π 20
200 3
5 π
2
.故D 错误.
故选：D
（3）如图，在扇形AOB 中，C 是弦AB 的中点，D 在
AB 上，CD
AB
．其中OA
OB
r
，
AB 长为l
l
r
．则
CD 的长度约为（提示：
1
0, 2
x
时，
2
cos
1
2
x
x
）（
）
A．
2
8
l
r
r
B．
2
8
l
r
C．
2
4
l
r
r
D．
2
4
l
r
【答案】B
【分析】根据弧长公式，结合已知求出角的余弦的近似值，求出CO,最后得到CD 即可.
【详解】设圆心角
l
r
，l
r
，
1
0,
2
2
2
l
r
，
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所以
2
2
2
2
cos
cos
1
1
2
2
2
8
l
l
CO
l
r
r
r
r
，
2
8
l
CO
r
r
，
所以
2
2
8
8
l
l
CD
r
r
r
r
．
故选：B.
练习题
（1）勒洛三角形是一种特殊三角形，指分别以正三角形的三个顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这
三段圆弧组成的曲边三角形.如图，勒洛三角形ABC 的周长为π，则该勒洛三角形ABC 的面积为（
）
A．
3
4
B．2π
3
4
C．π
3
2
D．2π
3
4
【答案】C
【分析】由题意可得曲边三角形的面积为3 个扇形面积减去2 个三角形的面积．
【详解】因为勒洛三角形ABC 的周长为π，
所以每段圆弧长为
π
π
3
3
l
r
，解得
1
r ，
即正三角形的边长为1，
由题意可得
2
1 π
3
π
3
3
2
3
1 2
1
2 3
4
2
ABC
C AB
S
S
S
△
曲
扇形
，
故选：C
（2）如图，A 、B 是直线l 上的两点，且
2
AB
，两个半径相等的动圆分别与l 相切于A 、B 两点，C 是这
两个圆的公共点，则圆弧AC ，圆弧CB 与线段AB 围成图形面积S的取值范围是
．
【答案】(0,2
]
2
【分析】先根据对称性可得C 到直线l 上的距离取值范围，再求对应面积S的取值范围.
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【详解】由题意得C 在线段AB 中垂线上，所以C 到直线l 上的距离取值范围为(0,1]，
因此圆弧AC ，圆弧CB 与线段AB 围成图形面积S的取值范围是
2
2
(0,2(1
1 )]
(0,2
]
4
2
故答案为：(0,2
]
2
（3）“数摺聚清风，一捻生秋意”是宋朝朱翌描写折扇的诗句，折扇出人怀袖，扇面书画，扇骨雕琢，是文
人雅士的宠物，所以又有“怀袖雅物”的别号．如图是折扇的示意图，其中
20cm
OA
，
120
AOB
，M 为OA
的中点，则扇面（图中扇环）部分的面积是
2
cm ．
【答案】100
【分析】利用扇形面积公式去求扇环部分的面积即可.
【详解】设线段BO的中点为C ，则
2
2
1
2
20
=
20
100
2
3
2
ABCM
AOB
OMC
S
S
S
扇环
扇形
扇形
2
cm .
故答案为：100
（4）．已知ABC
是边长为2 的等边三角形.如图，将ABC
的顶点A 与原点重合，AB 在x 轴上，然后将三
角形沿着x 轴正方向滚动，每当顶点A 再次回落到x 轴上时，将相邻两个点A 之间的距离称为“一个周期”，
则完成“一个周期”时，顶点A 的路径长度为
.
【答案】8
3
/ 8
3
【分析】根据题意，画出轨迹图，利用弧长公式计算即可得解.
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【详解】如图，
顶点A 先以2 为半径绕点B 顺时针旋转2π
3 弧度，再以2 为半径绕点C 顺时针旋转2π
3 弧度，其路径长度为
2π
8π
2
2
3
3
.
故答案为：8π
3
（5）如图，在平面直角坐标系xOy 中，角的始边与x 轴的非负半轴重合且与单位圆相交于( )
1,0
A
点，它
的终边与单位圆相交于x 轴上方一点B，始边不动，终边在运动.
(1)若点B 的横坐标为
1
2
，求sin的值和与角终边相同的角的集合；
(2)若
0, 2
，请写出弓形AB 的面积S 与的函数关系式（注：弓形是指在圆
中由弦及其所对的弧组成的图形）.附：sin
2sin
cos
2
2
.
【答案】(1)
3
sin
2
；
2
{
|
2
,
Z}
3
k
k
(2)
1
sin
2
S
，
(0,
]
2
【分析】（1）若点B 的横坐标为
1
2
，根据题意求出B 的纵坐标，从而求得sin的值．确定角，写出与角
终边相同的角的集合．
（2）若
(0,
]
2
，根据弓形AB 的面积
AOB
AOB
S
S
S
扇形
，计算求得结果．
【详解】（1）在平面直角坐标系xOy 中，角的始边与x 轴的非负半轴重合且与单位圆相交于A 点，
它的终边与单位圆相交于x 轴上方一点B ，始边不动，终边在运动，
若点B 的横坐标为
1
2
，可得B 的坐标为
1
3
(
,
)
2
2
，
3
sin
2
，
于是
2
2
,
Z
3
k
k
，
与角终边相同的角的集合为
2
{
|
2
,
Z}
3
k
k
;
（2）AOB
的高为1 cos 2
，
2sin 2
AB
，
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故
1
1
2sin
cos
sin
2
2
2
2
AOB
S
，
故弓形AB 的面积
2
1
1
1
1
sin
sin
2
2
2
S
，
(0,
]
2
．
题型二
三角函数的概念
例2.(1)如图，在平面直角坐标系xOy 中，角的始边与x 轴的非负半轴重合且与单位圆相交于A（1，0）
点，它的终边与单位圆相交于x 轴上方一点B，始边不动，终边在运动．
(1)若点B 的横坐标为－4
5 ，求sin的值；
(2)若△AOB 为等边三角形，写出与角终边相同的角的集合；
(3)若
0, 2
，请写出弓形AB 的面积S 与的函数关系式（注：弓形是指在圆中由弦及其所对的弧组成
的图形）．
【答案】(1)
3
sin
5
；
(2)
|
2
,
3
k
k
Z
；
(3)
sin
2
S
【分析】（1）利用三角函数的定义直接求解；
（2）先求出角
3
，即可写出与角终边相同的角的集合；
（3）过O 作OH
AB
于H，表示出
cos 2
OH
，
2sin 2
AB
，分别表示出扇形面积和三角形面积，即可
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求出弓形AB 的面积.
（1）
因为角的终边与单位圆相交于B，且点B 的横坐标为－4
5 ，因为B 在x 轴上方，所以
4 3
,
5 5
B
.
由三角函数的定义，可得：
3
sin
5
.
（2）
当△AOB 为等边三角形时，因为B 在x 轴上方，则
cos
,sin
3
3
B
，即
1
3
,
2
2
B
，
所以
3
AOB
，即与角终边相同的角的集合
|
2
,
3
k
k
Z
.
（3）
弓形AB 的面积:
AOB
S
S
S
扇形
.
扇形的圆心角为，所以
2
1
1
2
2
S
扇形
.
过O 作OH
AB
于H，则
cos
1
cos
2
2
OH
，
2
2sin
1
2sin
2
2
AB
OA
，
所以
1
1
2sin
cos
sin
2
2
2
2
AOB
S
.
所以
1
sin
sin
2
2
2
AOB
S
S
S
扇形
.
(2)一个半径为R 的扇形，它的周长是4R ，则这个扇形所含弓形的面积是（
）
A．
2
1 2
sin1cos1
2
R
B．
2
1 sin1cos1
2
R
C．
2
1
2 R
D．
2
1 sin1cos1 R
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【答案】D
【分析】算出扇形的面积和三角形的面积后可得弓形的面积．
【详解】如图，
AB 的长为2R ，故
2
AOB
（弧度），
所以
2
1
1
sin 2
sin 2
2
2
OAB
S
R
R
R
，
而扇形的面积为
2
1
2
2
S
R
R
R
，
故弓形的面积为
2
2
2
1
sin 2
1 sin1cos1
2
R
R
R
．
故选：D.
(3)质点P 和Q 在以坐标原点O 为圆心，半径为1 的圆周上顺时针作匀速圆周运动，同时出发.P 的角速度为
3rad/s，起点为射线
3
0
y
x x
与圆的交点；Q 的角速度为5rad/s，起点为圆与x 轴正半轴交点，则当
质点Q 与P 第二次相遇时，Q 的坐标为（
）
A．
3
1
,
2
2
B．
3 ,
2
2
1
C．
3 1
,
2
2
D．
3 ,
2
2
1
【答案】C
【分析】当质点Q 与P 第二次相遇时，质点Q 比P 多旋转
π
2π
3
，解方程确定质点Q 所在终边，求坐标.
【详解】设当质点Q 与P 第二次相遇时，用了时间s
t
，依题意有
π
5
3
2π
3
t
t
，
解得
π
π
6
t
，此时质点Q 转过角度为
5π
5π
6
，因为是顺时针作匀速圆周运动，质点Q 转在π
6 角的终边上，
圆的半径为1，Q 的坐标为
3 1
,
2
2
.
故选：C
练习题
（1）已知角的终边经过点
2
P x，，且
2 5
cos
5
，则x （
）
A．4
B．2
C．2
D．4
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【答案】A
【分析】根据余弦函数的定义即可求解.
【详解】解：由题意，
2
4
OP
x
，
2
cos
4
x
x
，
又
2 5
cos
5
，显然
0
x
，
2
2 5
5
4
x
x
，
4
x
，
故选：A.
(2)若cos
cos
，tan
tan
，则2
的终边在（
）
A．第一、三象限
B．第二、四象限
C．第一、三象限或在x 轴的非负半轴上
D．第二、四象限或在x 轴上
【答案】D
【分析】由已知得出的终边在第四象限或者在x 轴的非负半轴上，再求出2
的范围得出结果.
【详解】由cos
cos
，得cos
0
，
所以的终边在第一象限或第四象限或在x 轴的非负半轴上；
由tan
tan
，得tan
0
，
所以的终边在第二象限或第四象限或在x 轴上；
所以的终边在第四象限或者在x 轴的非负半轴上，
即
π
2 π
2 π,
Z
2
k
k
k
，则
π
π
π,
Z
4
2
k
k
k
，
当k 为偶数时，2
的终边第四象限或在x 轴的非负半轴上；
当k 为奇数时，2
的终边第二象限或在x 轴的非正半轴上.
故2
的终边第二､四象限或在x 轴上.
故选：D.
(3)若
0.6
a
，
sin0.6
b
，
tan0.6
c
，则（
）
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A．c
a
b
B．a
b
c
C．a
c
b
D．b
c
a
【答案】A
【分析】设扇形OBC 的面积为
1S ，由三角函数线结合
1
OBC
OBD
S
S
S
得到答案.
【详解】画出
π
0,2
的三角函数线，如下：
则sin
AC
，tan
BD
，
BC
，
设扇形OBC 的面积为
1S ，
则
1
1
2
S
，
1
1
1
1
sin ,
tan
2
2
2
2
OBC
OBD
S
OB AC
S
OB BD
，
又
1
OBC
OBD
S
S
S
，故1
1
1
sin
tan
2
2
2
，
所以sin
tan
，
π
0,2
，
因为
π
0.6
0, 2
，所以sin0.6
0.6
tan0.6
.
所以c
a
b
.
故选：A
(4)设a<0 ，角α的终边与单位圆的交点为
( 3 ,4 )
P
a
a
，那么sin
2cos
的值等于
.
【答案】2
5 /0.4
【分析】根据三角函数的定义计算即可.
【详解】因为点P 在单位圆上，则|OP|=1，即
2
2
( 3 )
(4 )
1
a
a
，解得
1
5
a
.
因为a<0 ，所以
1
5
a
，所以P 点的坐标为3
4
( ,
)
5
5
，
所以
4
sin
5
，
3
cos
5
.
所以
4
3
2
sin
2cos
2
5
5
5
.
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故答案为：2
5
题型三同角三角函数基本关系
例3（1）已知cos
2
1
sin
，则tan（
）
A．4
3
B．3
4
C．
4
3
D．
3
4
【答案】B
【分析】根据同角三角函数的基本关系求解.
【详解】因为cos
2
1
sin
，
所以cos
2sin
2
,且cos
0
，
所以
2
2
cos
4sin
cos
4sin
4
，
即
2
4sin
cos
3cos
，cos
0
，
所以
3
tan
4
，
故选：B
（2）（多选）已知
π,0
，
7
sin
cos
13
，则下列结论正确的是（
）
A．
π
π,
2
B．
12
cos
13
C．
5
tan
12
D．
17
sin
cos
13
【答案】BD
【分析】先利用题给条件求得sin ,cos
的值，进而得到的范围，tan的值和sin
cos
的值.
【详解】由
7
sin
cos
13
可得，
7
cos
sin
13
，
则
2
2
7
sin
sin
1
13
，即
5
24
sin
2sin
0
13
13
解之得
12
sin
13
或
5
sin
13
,
又
π,0
，则
5
sin
13
，故
12
cos
13
，则选项B 判断正确；
由
5
sin
0
13
，
12
cos
0
13
可得为第四象限角，
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又
π,0
，则
π ,0
2
，则选项A 判断错误；
sin θ
5
tan θ
cosθ
12
=
= -
，则选项C 判断错误；
5
12
17
sin
cos
13
13
13
，则选项D 判断正确.
故选：BD
（3）已知tan
2
，求下列各式的值：
(1) 3sin
5cos
cos
2sin
；
(2)
2
2
2sin
3cos
.
【答案】(1) 1
5
(2)1
【分析】（1）根据sin
=tan
cos
，分式同除cos可得.
（2）根据
2
2
sin
cos
1
先将
2
2
2sin
3cos
转化为
2
2
2
2
2sin
3cos
sin
cos
，再将分式同除
2
cos 可得.
【详解】（1）3sin
5cos
3tan
5
3 2
5
1
cos
2sin
1 2tan
1 2 2
5
（2）
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2sin
3cos
2tan
3
2 2
3
2sin
3cos
1
sin
cos
tan
1
2
1
练习题
（1）若
π
(0,
)
2
，
5
sin
cos
5
，则tan（
）
A．
1
2
B．2
C．1
3
D．3
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用同角公式求出sin ,cos
即可求解作答.
【详解】由
2
2
(sin
cos )
(sin
cos )
2
，
5
sin
cos
5
，得
2
9
(sin
cos )
5
，
而
π
(0,
)
2
，即sin
0,cos
0
>
>
，解得
3 5
sin
cos
5
，
因此
2 5
5
sin
,cos
5
5
=
=
，所以
sin
tan
2
cos
.
故选：B
（2）①已知tan
2
x
，求
2
sin
3sin cos
x
x
x
的值；
②已知
2
π π
sin
cos
,
,
3
2 2
，求tan的值．
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【答案】(1)
2
5
;(2)
9
2 14
5
.
【分析】（1）利用三角函数的基本关系式转化为齐次式即可得解；
（2）利用三角函数的平方关系式与完全平方公式得到关于sin
,cos
的方程组，解之求得sin
,cos
，从
而求得tan的值．
【详解】(1)因为tan
2
x
，
所以
2
2
2
2
2
2
2
2
sin
3sin cos
tan
3tan
2
3 2
2
sin
3sin cos
sin
cos
tan
1
2
1
5
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
.
(2)因为
2
sin
cos
3
，所以
2
4
sin
cos
9
，即
2
2
4
sin
cos
2sin cos
9
，则
5
sin cos
0
18
，
又因为
π π
,
2 2
，所以sin
0,cos
0
，
又
2
2
2
14
sin
cos
sin
cos
2sin cos
9
，所以
14
cos
sin
3
，
联立
2
sin
cos
3
14
cos
sin
3
，解得
2
14
sin
6
2
14
cos
6
，
所以
2
14
sin
9
2 14
6
tan
cos
5
2
14
6
.
（3）①已知角θ的终边上有一点
(
)
,3
0
P x
x
，且
10
cos
10 x
，求sin
tan
的值．
②已知角θ是三角形的内角，
1
sin
cos
5
，求sin
cos
的值．
【答案】（1）答案见解析；（2）
7
sin
cos
5
【分析】（1）运用三角函数定义即可求得结果.
（2）运用完全平方公式
2
sin
cos
1
2sin
cos
及角的范围的判定即可求得结果.
【详解】（1）因为
2
9
r
x
，cos
x
r
，所以
2
10
10
9
x
x
x
．
又
0
x
，所以
1
x ，所以
10
r
．
所以点P 坐标为(1,3)或( 1,3)
，即θ是第一或第二象限角．
当θ为第一象限角即点
(1,3)
P
时，
3 10
sin
10
，tan
3
，则
3 10
30
sin
tan
10
．
当θ为第二象限角即点
( 1,3)
P
时，
3 10
sin
10
，tan
3
，则
3 10
30
sin
tan
10
．
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综述：当点P 坐标为(1,3)时，
3 10
30
sin
tan
10
；
当点P 坐标为( 1,3)
时，
3 10
30
sin
tan
10
.
（2）因为
1
sin
cos
5
，两边平方得
1
1
2sin
cos
25
，
所以
24
2sin
cos
25
，
又因为θ为三角形的内角，
所以
sin
0
cos
0
，即90
180
，
所以sin
cos
0
，
又因为
2
24
49
sin
cos
1
2sin
cos
1
25
25
，
所以
7
sin
cos
5
．
题型四诱导公式
例3：（1）已知
2
3
sin
2
m
m
，
1
cos
2
m
m
，且为第二象限角，则
sin
2024π
cos
2023π
2021π
cos
2
.
【答案】
7
3
/
1
2 3
【分析】由已知可求出m 的取值范围，由同角三角函数的平方关系求出m 的值，可求出tan的值，再利用
诱导公式结合弦化切可求得所求代数式的值.
【详解】因为
2
3
sin
2
m
m
，
1
cos
2
m
m
，且为第二象限角，
则
2
3
0
2
1
0
2
m
m
m
m
，解得
2
m 或
3
2
m
，
因为
2
2
2
2
2
2
2
3
1
5
10
10
sin
cos
1
2
2
4
4
m
m
m
m
m
m
m
m
，
整理可得
2
2
7
3
0
m
m
，即
2
1
3
0
m
m
，解得
1
2
m
（舍）或
3
m
，
所以，
2
3
3
sin
2
5
m
m
，
1
4
cos
2
5
m
m
，
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所以，
sin
3
5
3
tan
cos
5
4
4
，
因此，
sin
2024π
cos
2023π
sin
cos
1
4
7
1
1
2021π
sin
tan
3
3
cos
2
.
故答案为：
7
3
.
（2）化简：
π
3π
sin
cos
tan(π
)
2
2
tan( π
)sin(π
)
.
【答案】
cos
【分析】利用诱导公式运算即可得解.
【详解】解：∵
π
π
sin
sin
cos
2
2
，
3π
cos
sin
2
，tan(π
)
tan
，
tan( π
)
tan
，sin(
)
sin
π
，
∴
π
3π
sin
cos
tan(π
)
cos
sin
tan
2
2
cos
tan( π
)sin(π
)
tan
sin
.
故答案为：
cos
.
（3）已知角的顶点在坐标原点，始边与x 轴非负半轴重合，终边经过函数
3
3
x
f x
a
（
0
a
且
1
a ）
的定点M.则
3π
sin π
cos
2
=
cos 2π
sin
【答案】8
7 / 1
17
【分析】求出定点M 的坐标，利用三角函数定义求出sin
,cos
，再利用诱导公式计算作答.
【详解】由
3
0
x
，得
3
x
，
(3)
4
f
，即点
4
(3,
)
M
，
2
2
|
|
3
( 4)
5
OM
，
因此
4
3
sin
,cos
5
5
，
所以
4
3π
2 (
)
sin(π
)
cos(
)
sin
sin
2sin
8
5
2
=
4
3
cos(2π
)
sin(
)
cos
sin
sin
cos
7
5
5
.
故答案为：8
7
练习题
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（1）求下列三角函数值：
(1)cos135；
(2)
11π
sin
3
；
(3)
cos
1110
；
(4)
16π
sin
3
；
(5)sin870；
(6)
11π
cos 4 ；
(7)
sin
210
；
(8)
83π
cos
6
．
【答案】(1)
2
2
(2)
3
2
(3)
3
2
(4)
3
2
(5) 1
2
(6)
2
2
(7) 1
2
(8)
3
2
【分析】根据三角函数的诱导公式，以及特殊角的三角函数值，计算即可得出答案.
【详解】（1）
2
cos135
cos 180
45
cos45
2
.
（2）
11π
π
π
3
sin
sin
4 π
sin
3
3
3
2
.
（3）
2
3
3
cos
1110
cos
3 360
0
cos
0
c
3
o
3
s 0
.
（4）
16π
2π
2π
3
sin
sin
6 π
sin
3
3
3
2
.
（5）
2
s
5
in870
0
1
sin 2 36
150
0
sin1
.
（6）
11π
3π
3π
2
cos
cos 2π
cos
4
4
4
2
.
（7）
1
sin
210
sin
36
15
sin15
2
0
0
0
.
（8）
83π
π
π
3
cos
cos
14 π
cos
6
6
6
2
.
（2）化简：
(1)
2
π
π
sin
2π sin
π
2cos
sin
π
cos
2
2
；
(2)
2
π
sin
2
3π
cos
3π sin
2
．
【答案】(1)0
(2)1
【分析】根据诱导公式结合整体化思想，化简即可得出答案.
【详解】（1）原式
2
π
sin
sin
2cos
sin
π
sin
2
2
2sin
2sin
sin
0
.
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（2）原式
2
2
π
sin 2
cos
1
cos
cos
π
cos
π
sin 2
.
（3）已知
π
sin 2π
cos 2
3π
cos
tan π
2
a
a
f a
a
a
．
(1)若
1
2
f a
，且
0,π
a
，求a 的值；
(2)若
π
1
3
4
f
a
，求
2
2π
π
sin
sin
3
6
a
a
的值．
【答案】(1)
2π
3
a
(2)19
16
【分析】（1）先利用诱导公式化简，然后解三角方程可得；
（2）依题意可得
π
1
cos
3
4
a
，然后利用诱导公式和平方关系可得.
【详解】（1）
π
sin 2π
cos
sin
sin
2
cos
sin
3π
sin
cos
tan π
cos
2
a
a
a
a
f a
a
a
a
a
a
a
，
因为
1
2
f a
，所以
1
cos
2
a
，
又
0,π
a
，所以
2π
3
a
．
（2）由（1）知
π
π
cos
3
3
f
a
a
，
因为
π
1
3
4
f
a
，所以
π
1
cos
3
4
a
，
令
π
3
x
a
，则
1
cos
4
x
，
π
3
a
x
，
所以
2
2π
π
sin
sin
3
6
a
a
2
π
sin
π
sin
2
x
x
2
2
19
sin
cos
1
cos
cos
16
x
x
x
x
题型五创新提升能力题
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1．古希腊地理学家埃拉托色尼从书中得知，位于尼罗河第一瀑布的塞伊尼（现在的阿斯旺，在北回归线上）
记为A ，夏至那天正午，阳光直射，立杆无影；同样在夏至那天，他所在的城市——埃及北部的亚历山大城
记为B ，测得立杆与太阳光线所成的角约为7.2.他又派人测得A ，B 两地的距离
800
AB
km，平面示意图如
图，则可估算地球的半径约为（
）（π
3.14
）
A．7260 km
B．6870 km
C．6369 km
D．5669 km
【答案】C
【分析】利用圆的性质及周长公式即可求解.
【详解】设地心为O，依题意可得，
7.2
AOB
，
800
AB
，
设地球的周长为C ，半径为R ，
则7.2
800
800
360
2π
C
R
，所以
800 360
6369
2π 7.2
R
km.
故选：C
2.某数学兴趣小组设计了一种螺线，作法如下：在水平直线m 上取长度为1的线段AB ，并作等边三角形ABC ，
然后以点B 为圆心，BA 为半径逆时针画圆弧，交线段CB 的延长线于点D ；再以点C 为圆心，CD 为半径逆
时针画圆弧，交线段AC 的延长线于点E ；再以点A 为圆心，AE 为半径逆时针画圆弧，交线段BA 的延长
线于点F ；再以点B 为圆心，BF 为半径逆时针画圆弧，；以此类推，得到的螺线如图所示.当螺线与直
线m 有4 个交点（不含A 点）时，则螺线长度为（
）
A．14π
B．30π
C．100π
3
D．110π
3
【答案】A
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【分析】根据题意，找到螺线画法的规律，确定每次划线时圆弧的半径以及圆心角，结合扇形的弧长公式
可求得结果.
【详解】第1 次画线：以点B 为圆心，扇形半径为
1
r ，旋转2π
3 ，划过的圆弧长为
2π
2π
1
3
3
；
第2 次画线：以点C 为圆心，扇形半径为
2
r
，旋转2π
3 ，
划过的圆弧长为
2π
4π
2
3
3
，交m 累计1 次；
第3 次画线：以点A 为圆心，扇形半径为
3
r ，旋转2π
3 ，
划过的圆弧长为3
2π
6π
2π
3
3
，交m 累计2 次；
第4 次画线：以点B 为圆心，扇形半径为
4
r
，旋转2π
3 ，
划过的圆弧长为
2π
8π
4
3
3
；
第5 次画线：以点C 为圆心，扇形半径为
= 5
r
，旋转2π
3 ，
划过的圆弧长为
2π
10π
5
3
3
，交m 累计3 次；
前5 次累计画线2π
4π
6π
8π
10π
10π
3
3
3
3
3
；
第6 次画线：以点A 为圆心，扇形半径为
6
r
，旋转2π
3 ，
划过的圆弧长为
2π
12π
6
4 π
3
3
，交m 累计4 次，累计画线10π
4π
14π
.
故选：A.
3.已知
π π
,
4 2
，
sin
cos
a
，
cos
sin
b
，
cos
cos
c
，则（
）
A．b
c
a
B．c
b
a
C．c
a
b
D．a
b
c
【答案】A
【分析】根据的取值范围，明确三角函数sin
,cos
的取值范围，利用指数函数和幂函数的单调性，可得
答案.
【详解】解：已知
π π
,
4 2
，则0
cos
sin
1
，
因为
cos
x
y
在
0,1 上是减函数，故
cos
sin
cos
cos
c
a
；
因为幂函数
cos
y
x
在
0,1 上是增函数，故
cos
cos
cos
sin
c
b
，
故b
c
a
．
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故选：A.
4.如图，在平面直角坐标系xOy 中，点P 为直径为2 的圆O上的一定点，初始时，边长为
2
2
的正六边
形的顶点A ，B 在圆上，且A 在点P 处，将正六边形ABCDEF 沿圆O逆时针滚动，则滚动过程中（
）
A．点P 与顶点A ，C ，E 重合
B．OP OA
的最小值为1
2
2
C．点A 在圆O上的落点
1,2,
,
iP i
n
满足
1
2
0
n
OP
OP
OP
D．点A 再次与点P 重合时点A 的轨迹长为
4
2 3
2
2
3
【答案】ACD
【分析】先由余弦定理计算出正六边形的每一条边所对的圆心角为4
，得出沿圆运动3 圈，再根据长度关
系依次得出每个选项的正误.
【详解】分别连接OA、OB，
由余弦定理得，
2
2
2
2
2
2
1
1
2
2
2
cos
2
2 1 1
2
OA
OB
AB
AOB
OA OB
，
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则
4
AOB
，即在圆内，正六边形的每一条边作为弦时，所对的圆心角为4
，
由此可得，将正六边形ABCDEF 沿圆O 逆时针滚动，
滚动
2
8
4
条边时，正六边形回到P 点，
而8 与6 的最小公倍数是24，即沿圆运动3 圈，正六边形滚动4 周时，点A 再次与点P 重合，
滚动时点依次如下图，
由图可得，点P 与顶点ACE 重合，选项A 正确；
cos
1 1 cos
cos
OP OA
OP
OA
POA
POA
POA
，而cos
POA
的最小值为-1，则OP OA
的最小
值也是-1，选项B 错误；
因点A 在圆上的落点两两关于原点对称，所以点A 在圆O上的落点
1,2,
,
iP i
n
满足
1
2
0
n
OP
OP
OP
，选项C 正确；
如图为正六边形ABCDEF 滚动1 次到正六边形A B C D E F
时的图形，
4
2
3
24
OBE
OBA
EBA
，又因为图形关于直线OB 轴对称，所以
2
12
E BE
OBE
，
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则每一次滚动时，正六边形旋转的角度为12
，
因此正六边形ABCDEF 滚动1 周时，点A 先以B 为圆心，BA 为半径运动12
，
再以C 为圆心，CA 为半径运动12
，
再以D 为圆心，DA 为半径运动12
，
再以E 为圆心，EA 为半径运动12
，
再以F 为圆心，FA 为半径运动12
，
则一周内，点A 的轨迹长为
3
2
3
4
2 3
12
12
12
BA
CA
DA
EA
FA
BA
BA
BA
BA
BA
BA
，
点A 再次与点P 重合时，正六边形ABCDEF 滚动4 周，则总轨迹长为
4
2 3
2
2
4
2 3
4
12
3
BA
，
选项D 正确.
故选：ACD.
5.某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示，
1
O 为圆孔及轮廓圆弧AB 所在圆的圆心，
2
O 为圆弧CD 所在圆的圆心，点A 是圆弧AB 与直线AC 的切点，点B 是圆弧AB 与直线BD 的切点，点C 是
圆弧CD 与直线AC 的切点，点D 是圆弧CD 与直线BD 的切点，
1
2
18cm
OO
，
1
6cm
AO
，
2
15cm
CO
，
圆孔
1
O 的半径为3cm ，则图中阴影部分的的面积为
2
cm ．
【答案】189 3
72
【分析】根据图形的割补思想可得阴影部分的面积为：两个直角梯形的面积减去一个扇形面积，减去圆的
面积，再加上小扇形的面积，即可得答案；
【详解】如图所示：
1
2
O M
CO
，则
2
1
2
1
9,
18,
9 3
O M
O O
O M
，
1
2
2
1
2
3
3
O O M
CO D
AO B
，
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1
1
2
1
2
2
1
O
AO O C
BO O D
CO D
AO B
S
S
S
S
S
S
圆
梯形
梯形
扇形
扇形
，
2
2
2
1
1
2
1
2
2
(6 15) 9 3
15
3
6
189 3
72
2
2
3
2
3
S
，
故答案为：189 3
72
.
1.如图，设扇形的圆心角
x
，半径为r ，弧长为l ，扇形面积记为S．
(1)用r 与x 表示扇形的面积S；
(2)用r 与l 表示扇形的面积S．
【答案】(1)
2
1
2
S
x r
(2)
1
2
S
lr
【分析】（1）根据弧度的概念及圆的面积公式求解；
（2）由（1）结合弧长公式求解.
【详解】（1）rad
x
角的大小是周角的2π
x ，所形成扇形的面积S是整个圆的面积
2
πr 的2π
x ，
即
2
2
1
π
2π
2
x
S
r
x r
.
（2）由（1）可得
2
1
1
2
2
S
x r
x r r
，
又因为l
x r
，所以
1
2
S
lr
．
2．（1）如图，阴影部分表示角的终边所在的位置，试写出角的集合．
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（2）已知角
1725
，将改写成
2 π(
,0
2π)
k
k
Z
的形式，并指出是第几象限角．
【答案】（1）答案见解析；（2）
5
10
12
；是第一象限角．
【分析】（1）根据终边相同的角及角的概念求解即可得；
（2）根据弧度制与角度概念转化书写即可.
【详解】（1）①
30
360
360 ,
150
360
180
360 ,
k
k
k
k
k
k
Z
Z
30
180
180 ,
k
k
k
Z ；
②
30
360
60
360 ,
k
k
k
Z ．
（2）∵1725
5 360
75
，∴
5
1725
10
12
．
又
5π
π
0
12
2
，所以与5π
12 终边相同，是第一象限角．
3.利用单位圆，求适合下列条件的角α的集合．
(1)
2
cos
2
；
(2)
1
sin
2
．
【答案】(1)
3π
|
2 π,
4
k
k
Z
(2)
7π
π
|
2 π
2 π,
6
6
k
k
k
Z
【分析】
（1）作出单位圆与直线
2
2
x
，求出交点坐标，根据三角函数的定义得出
0,2π 内满足
2
cos
2
的角，进而根据终边相同角的集合，即可写出答案；
（2）作出单位圆与直线
1
2
y
，求出交点坐标，根据三角函数的定义结合图象得出
3π π
,
2
2
内满足
1
sin
2
的角，进而根据终边相同角的集合，即可写出答案.
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【详解】（1）
如图1，
1
,
P P为直线
2
2
x
与单位圆的两个交点，可知
2
2
,
2
2
P
，
1
2
2
,
2
2
P
.
设
1
的终边落在射线OP 上，
2
的终边落在射线
1
OP 上，
1
2
0
,
2π
，
根据三角函数的定义可知，
1
2
2
cos
cos
2
，
1
2
sin
2
，
2
2
sin
2
，
所以，
1
3π
4
，
2
5π
4
.
又当的终边落在射线OP 或
1
OP 上时，有
2
cos
2
，
所以，满足条件的的集合为
1
3π
5π
|
2 π,
|
2 π,
4
4
S
k
k
k
k
Z
Z
3π
|
2 π,
4
k
k
Z .
（2）
如图2，
2
3
,
P P 为直线
1
2
y
与单位圆的两个交点，可知
2
3 1
,
2
2
P
，
3
3 1
,
2
2
P
.
设
3
的终边落在射线
2
OP 上，
4
的终边落在射线
3
OP 上，
3
4
3π
π
,
2
2
，
根据三角函数的定义可知，
3
4
1
sin
sin
2
，
3
3
cos
2
，
4
3
cos
2
，
所以，
3
7π
6
，
4
π
6
.
根据图2 可知，当
3π
π
2
2
，且
3
4
7π
π
6
6
时，有
1
sin
2
.
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所以，当
R
时，由
1
sin
2
可得，
7π
π
|
2 π
2 π,
6
6
k
k
k
Z .
4．已知角，（0
，0
）的顶点与原点O重合，始边与x 轴的非负半轴重合，点
3 1
,
2
2
A
，
2 3,2
B
分别在角，的终边上.
(1)设函数
4sin 2
f x
x
，
5
,
24 2
x
，求函数
f
x 的值域；
(2)若点C 在角的终边上，且线段AC 的长度为
7 ，求ABC
的面积.
【答案】(1)
2,4
(2)
3
2
【分析】（1）先由任意角三角函数的定义结合的取值范围确定的大小，再求
f
x 的值域（2）先由任
意角三角函数的定义结合的取值范围确定的大小，从而求出
AOC
的大小，再利用余弦定理，求出OC
的长度，确定出点C 在OB 上的位置之后，即可求ABC
的面积
【详解】（1）∵的终边过点
3 1
,
2
2
A
，∴
3
cos
2
，
1
sin
2
.
∵0
，∴
6
.
则
4sin 2
6
f
x
x
，
∵
5
,
24 2
x
，∴
5
2
,
6
4
6
x
，∴
1
sin 2
,1
6
2
x
，∴
2,4
f x
，
即
f
x 的值域是
2,4 .
（2）∵的终边过点
2 3,2
B
，
∴
1
sin
2
，cos
3
2
.
∵0
，∴
5
6
，∴
2
3
AOC
.
由余弦定理可得，
2
2
2
2
cos
AC
OC
OA
OC OA
AOC
，
∴
2
7
1
OC
OC
，解得
2
OC
.
∵
4
OB
，∴C 为OB 的中点，
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∴则ABC
的面积
1
3
sin
2
2
ABC
AOC
S
S
OC
OA
AOC
△
△
5．已知
0, 2
，求证：1
sin
cos
2
.
【答案】证明见解析
【分析】利用三角函数定义结合扇形面积公式可得证.
【详解】证明：如图，设角的终边与单位圆交于点
( , )
P x y ，单位圆交x 轴于点A，交y 轴于点B，
连接AP ，BP ，过P 作PM
x
轴，PN
y
轴，M，N 分别为垂足.
则
sin
MP
y
，
cos
OM
x
.
在OMP
中，OM
MP
OP
，
sin
cos
1
.
1
1 sin
2
2
OAP
S
OA MP
△
，
1
1cos
2
2
OBP
S
OB NP
△
，
2
1
1
4
4
AOB
S
扇形
，
又
OAP
OB
A
P
OB
S
S
S
扇形
△
△
，
1
1
sin
cos
2
2
4
，即sin
cos
2
.
所以1
sin
cos
2
.
6.化简：
(1)
2
1 sin
2π sin π
2sin
；
(2)
sin π
sin 3π
sin
π sin
2π
sin 4π
sin 5π
；
(3)
π
sin π
cos
cos2π
2
p
q
k
；
(4)
2
2
cos180
sin90
2
cos0
p
q
pq
；
(5)
2
2
3π
π
cos2π
sin
cos π
sin
2
2
a
b
ab
ab
．
【答案】(1)
2
cos
(2) 2
(3) k
(4)
2
(
)
p
q
(5)
2
(
)
a
b
【分析】根据特殊角的三角函数值和三角函数的诱导公式，准确化简、运算，即可求解.
【详解】（1）解：根据三角函数的诱导公式，可得：
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2
2
2
2
1 sin
2π sin π
2sin
1 sin
sin
2sin
1 sin
cos
.
（2）解：根据三角函数的诱导公式，可得：
sin π
sin 3π
sin
π sin
2π
sin
sin
sin
sin
2
sin 4π
sin 5π
sin
( sin
)
.
（3）解：根据特殊角的三角函数值，可得：
π
sin π
cos
cos2π
0
0
1
2
p
q
k
p
q
k
k
.
（4）解：根据特殊角的三角函数值，可得：
2
2
2
2
2
( 1)
1
cos180
sin90
2
cos0
2
1
(
)
p
q
p
p
q
p
q
q
q
p
.
（5）解：根据特殊角的三角函数值和三角函数的诱导公式，可得：
2
2
2
2
3π
π
cos2π
sin
cos π
sin
1
( 1)
( 1)
1
2
2
a
b
ab
ab
a
b
ab
ab
2
2
2
2
(
)
a
b
ab
a
b
.
7．已知
3
cos
5
，且为第三象限角．
(1)求sin的值；
(2)求
3π
tan(π
) sin(π
) sin
2
( )
cos(π
)
f
的值．
【答案】(1)
4
5
(2)
16
15
【分析】（1）由
2
2
sin
cos
1
结合已知即可求解.（2）由诱导公式把
f 化简成含有sin
,cos
的代数
式，代入即可求解,
【详解】（1）因为
3
cos
5
，且为第三象限角，结合
2
2
sin
cos
1
可知
2
2
4
sin
1 cos
1
3
5
5
.
（2）由诱导公式可知
(
)
tan π
tan
-
= -
，
sin π
sin
，
(
)
cos π+
cos
= -
，
3π
π
sin
sin
cos
2
2
骣
骣
琪
琪
-
-
=
-
=
琪
琪
桫
桫
，因此由题意有
3π
tan π
sin π
sin
tan
sin
cos
2
cos π
cos
f
2
16
sin
16
25
tan
sin
3
cos
15
5
.
8．已知
3
sin
5
，且为第二象限角.
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(1)求cos ,tan
的值；
(2)求
sin
cos π
π
sin
sin π
2
的值.
【答案】(1)
4
3
cos
,tan
5
4
(2)
1
7
【详解】（1）解：因为
3
sin
5
，且为第二象限角，
所以
2
4
sin
3
cos
1 sin
,tan
5
cos
4
；
（2）
3
4
sin
cos π
sin
cos
1
5
5
4
3
π
cos
sin
7
sin
sin π
5
5
2
.
9.已知函数
2
2
x
f x
a
（
0
a
且
1
a ）的图像过定点P ，且角的始边与x 轴的正半轴重合，终边过点
P ，则
2
11π
9π
cos
sin
2
2
sin
π
等于（
）
A．
2
3
B．2
3
C．3
2
D．
3
2
【答案】A
【分析】先化简所要求的式子，又由于
2 2
0
2
2
2
1
2
3
f
a
a
，所以
2
2
x
f x
a
过定点
2,3
P
，
进一步结合题意可以求出与有关的三角函数值，最终代入求值即可.
【详解】
2
2
2
π
π
π
π
11π
9π
cos 6π
sin 4π
cos
sin
cos
sin
2
2
2
2
2
2
sin
π
sin
π+
sin
π
又因为
π
π
cos
cos
sin
2
2
，sin
os
π
2
c
，
2
2
sin
π
sin
，
故原式=
2
sin
cos
1
sin
tan
;又
2
2
x
f x
a
过定点
2,3
P
,所以
3
tan
2
，代入原式得原式
=
1
2
tan
3
.
故选：A .
10．已知是第四象限角，且
2
2 tan
tan
1
0
，则
cos 2π
sin π
π
3cos
cos
2
（
）
A．
1
3
B．1
3
C．
3
5
-
D．3
5
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【答案】D
【分析】利用已知条件化简求出tan的值，然后利用诱导公式及弦化切，计算即可.
【详解】由
2
2 tan
tan
1
0
，解得
1
tan
2
或tan
1
．
因为是第四象限角，所以
1
tan
2
，
故
cos 2π
sin π
cos
sin
1
tan
3
π
3sin
cos
3tan
1
5
3cos
cos
2
．
故选：D.
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