資源簡介

第01講 三角函數概念與誘導公式
目錄
01 考情透視·目標導航 2
02 知識導圖·思維引航 3
03 考點突破·題型探究 4
知識點1：三角函數基本概念 4
知識點2：同角三角函數基本關系 5
知識點3：三角函數誘導公式 6
解題方法總結 6
題型一：終邊相同的角的集合的表示與區別 7
題型二：等分角的象限問題 8
題型三：弧長與扇形面積公式的計算 9
題型四：割圓術問題 10
題型五：三角函數的定義 11
題型六：象限符號與坐標軸角的三角函數值 12
題型七：弦切互化求值 13
題型八：誘導求值與變形 14
題型九：同角三角函數基本關系式和誘導公式的綜合應用 15
04真題練習·命題洞見 17
05課本典例·高考素材 18
06易錯分析·答題模板 19
易錯點：不能理解三角函數的定義 19
考點要求 考題統計 考情分析
（1）三角函數基本概念 （2）任意角的三角函數 （3）同角三角函數的基本關系 2023年甲卷第14題，5分 2022年浙江卷第13題，5分 2021年甲卷第8題，5分 高考對此也經常以不同的方式進行考查，將三角函數的定義、同角三角函數關系式和誘導公式綜合起來考查，且考查得較為靈活，需要深人理解概念、熟練運用公式．
復習目標： （1）了解任意角的概念和弧度制，能進行弧度與角度的互化，體會引入弧度制的必要性． （2）理解同角三角函數的基本關系式，． （3）掌握誘導公式，并會簡單應用．
知識點1：三角函數基本概念
1、角的概念
（1）任意角：①定義：角可以看成平面內一條射線繞著端點從一個位置旋轉到另一個位置所成的圖形；
②分類：角按旋轉方向分為正角、負角和零角．
（2）所有與角α終邊相同的角，連同角α在內，構成的角的集合是．
（3）象限角：使角的頂點與原點重合，角的始邊與x軸的非負半軸重合，那么，角的終邊在第幾象限，就說這個角是第幾象限角；如果角的終邊在坐標軸上，就認為這個角不屬于任何一個象限．
（4）象限角的集合表示方法：
2、弧度制
（1）定義：把長度等于半徑長的弧所對的圓心角叫做1弧度的角，用符號rad表示，讀作弧度．正角的弧度數是一個正數，負角的弧度數是一個負數，零角的弧度數是0．
（2）角度制和弧度制的互化：，，．
（3）扇形的弧長公式：，扇形的面積公式：．
3、任意角的三角函數
（1）定義：任意角的終邊與單位圓交于點時，則，，．
（2）推廣：三角函數坐標法定義中，若取點P是角終邊上異于頂點的任一點，設點到原點的距離為，則，，
三角函數的性質如下表：
三角函數 定義域 第一象限符號 第二象限符號 第三象限符號 第四象限符號
＋ ＋ － －
＋ － － ＋
＋ － ＋ －
記憶口訣：三角函數值在各象限的符號規律：一全正、二正弦、三正切、四余弦．
4、三角函數線
如下圖，設角α的終邊與單位圓交于點P，過P作PM⊥x軸，垂足為M，過A（1，0）作單位圓的切線與α的終邊或終邊的反向延長線相交于點T．
三角函數線 有向線段MP為正弦線；有向線段OM為余弦線；有向線段AT為正切線
【診斷自測】在平面直角坐標系中，給出下列命題：①小于的角一定是銳角；②鈍角一定是第二象限的角；③終邊不重合的角一定不相等；④第二象限角大于第一象限角.其中假命題的個數是（ ）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
知識點2：同角三角函數基本關系
1、同角三角函數的基本關系
（1）平方關系：．
（2）商數關系：；
【診斷自測】（2024·四川成都·模擬預測）在平面直角坐標系中，角的頂點與原點重合，始邊與軸的非負半軸重合，終邊經過點，則（ ）
A．11 B． C．10 D．
知識點3：三角函數誘導公式
公式 一 二 三 四 五 六
角
正弦
余弦
正切
口訣 函數名不變，符號看象限 函數名改變，符號看象限
【記憶口訣】奇變偶不變，符號看象限，說明：（1）先將誘導三角函數式中的角統一寫作；（2）無論有多大，一律視為銳角，判斷所處的象限，并判斷題設三角函數在該象限的正負；（3）當為奇數是，“奇變”，正變余，余變正；當為偶數時，“偶不變”函數名保持不變即可．
【診斷自測】（2024·河南信陽·模擬預測）若，則（ ）
A． B． C． D．
解題方法總結
1、利用可以實現角的正弦、余弦的互化，利用可以實現角的弦切互化．
2、“”方程思想知一求二．
題型一：終邊相同的角的集合的表示與區別
【典例1-1】集合中的最大負角為（ ）v
A． B． C． D．
【典例1-2】（2024·湖北·模擬預測）若角的頂點為坐標原點，始邊在x軸的非負半軸上，終邊在直線上，則角的取值集合是（ ）
A． B．
C． D．
【方法技巧】
（1）終邊相同的角的集合的表示與識別可用列舉歸納法和雙向等差數列的方法解決．
（2）注意正角、第一象限角和銳角的聯系與區別，正角可以是任一象限角，也可以是坐標軸角；銳角是正角，也是第一象限角，第一象限角不包含坐標軸角．
【變式1-1】如圖，終邊落在陰影部分（包括邊界）的角的集合是（ ）
A． B．
C． D．
【變式1-2】用弧度制分別表示每個圖中頂點在原點、始邊重合于x軸的非負半軸、終邊落在陰影部分內（包括邊界）的角的集合.

【變式1-3】已知角的集合為，回答下列問題：
(1)集合M中有幾類終邊不相同的角？
(2)集合M中大于－360°且小于360°的角是哪幾個？
(3)求集合M中的第二象限角．
題型二：等分角的象限問題
【典例2-1】已知是第二象限角，則（ ）
A．是第一象限角 B．
C． D．是第三或第四象限角
【典例2-2】（2024·高三·湖北黃岡·期中）若角滿足＝(k∈Z)，則的終邊一定在(　　)
A．第一象限或第二象限或第三象限
B．第一象限或第二象限或第四象限
C．第一象限或第二象限或x軸非正半軸上
D．第一象限或第二象限或y軸非正半軸上
【方法技巧】
先從的范圍出發，利用不等式性質，具體有：（1）雙向等差數列法；（2）的象限分布圖示．
【變式2-1】已知，，則的終邊在（ ）
A．第一、二、三象限 B．第二、三、四象限
C．第一、三、四象限 D．第一、二、四象限
【變式2-2】若角α是第二象限角，則角2α的終邊不可能在(　　)
A．第一、二象限 B．第二、三象限
C．第三、四象限 D．第一、四象限
【變式2-3】（2024·全國·模擬預測）已知角第二象限角，且，則角是（ ）
A．第一象限角 B．第二象限角
C．第三象限角 D．第四象限角
題型三：弧長與扇形面積公式的計算
【典例3-1】（2024·內蒙古呼和浩特·一模）用一個圓心角為，面積為的扇形（為圓心）用成一個圓錐（點恰好重合），該圓錐頂點為，底面圓的直徑為，則的值為 ．
【典例3-2】若扇形的周長為18，則扇形面積取得最大值時，扇形圓心角的弧度數是 .
【方法技巧】
應用弧度制解決問題的方法
（1）利用扇形的弧長和面積公式解題時，要注意角的單位必須是弧度．
（2）求扇形面積最大值的問題時，常轉化為二次函數的最值問題．
（3）在解決弧長問題和扇形面積問題時，要合理地利用圓心角所在的三角形．
【變式3-1】已知扇形的周長為，則當扇形的圓心角 扇形面積最大．
【變式3-2】（2024·黑龍江雙鴨山·模擬預測）下圖是第19屆杭州亞運會的會徽“潮涌”，可將其視為一扇環ABCD．已知，．且該扇環的面積為，若將該扇環作為側面圍成一圓臺，則該圓臺的體積為 .
【變式3-3】（2024·廣東·二模）如圖，在平面直角坐標系中放置著一個邊長為1的等邊三角形，且滿足與軸平行，點在軸上.現將三角形沿軸在平面直角坐標系內滾動，設頂點的軌跡方程是，則的最小正周期為 ；在其兩個相鄰零點間的圖象與軸所圍區域的面積為 .
【變式3-4】建于明朝的杜氏雕花樓被譽為“松江最美的一座樓”，該建筑內有很多精美的磚雕，磚雕是我國古建筑雕刻中很重要的一種藝術形式，傳統磚墻精致細膩、氣韻生動、極富書卷氣．如圖是一扇環形磚雕，可視為扇形OCD截去同心扇形OAB所得部分，已知，弧，弧，則此扇環形磚雕的面積為 ．

題型四：割圓術問題
【典例4-1】（2024·貴州銅仁·模擬預測）魏晉南北朝時期，祖沖之利用割圓術以正24576邊形，求出圓周率約等于，和相比，其誤差小于八億分之一，這個記錄在一千年后才被打破．若已知的近似值還可以表示成，則的值約為（ ）
A． B． C． D．
【典例4-2】我國魏晉時期的數學家劉徽創造性的提出了“割圓術”，劉徽認為圓的內接正邊形隨著邊數的無限增大，圓的內接正邊形的周長就無限接近圓的周長，并由此求得圓周率的近似值．如圖當時，圓內接正六邊形的周長為，故，即．運用“割圓術”的思想，下列估算正確的是（ ）

A．時， B．時，
C．時， D．時，
v
【方法技巧】
割圓術是魏晉時期數學家劉徽首創的方法，用于計算圓周率。其核心思想是通過不斷倍增圓內接正多邊形的邊數，使正多邊形的周長無限接近圓的周長，進而求得較為精確的圓周率。這一方法體現了極限思想，為中國古代數學發展做出了重要貢獻。具體操作為：從圓內接正六邊形開始，逐步分割成正十二邊形、正二十四邊形等，直至邊數無法再增，此時正多邊形的周長即接近圓周率與直徑的乘積。
【變式4-1】（2024·四川成都·模擬預測）我國古代魏晉時期數學家劉徽用“割圓術”計算圓周率，“割之彌細，所失彌少，割之，又割，以至于不可割，則與圓周合體無所失矣”.劉徽從圓內接正六邊形逐次分割，一直分割到圓內接正3072邊形，用正多邊形的面積逼近圓的面積.利用該方法，由圓內接正n邊形與圓內接正邊形分別計算出的圓周率的比值為（ ）
A． B． C． D．
【變式4-2】在3世紀中期，我國古代數學家劉徽在《九章算術注》中提出了割圓術：“割之彌細，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓合體，而無所失矣”.這可視為中國古代極限觀念的佳作.割圓術可以視為將一個圓內接正邊形等分成個等腰三角形（如圖所示），當越大，等腰三角形的面積之和越近似等于圓的面積.運用割圓術的思想，可得到的近似值為（ ）
A． B． C． D．
題型五：三角函數的定義
【典例5-1】（2024·江西·二模）已知角的終邊經過點，則（ ）
A． B． C． D．
【典例5-2】（2024·北京房山·一模）已知角的終邊經過點，把角的終邊繞原點O逆時針旋轉得到角的終邊，則（ ）
A． B． C． D．
【方法技巧】
（1）利用三角函數的定義，已知角α終邊上一點P的坐標可求α的三角函數值；已知角α的三角函數值，也可以求出角α終邊的位置．
（2）判斷三角函數值的符號，關鍵是確定角的終邊所在的象限，然后結合三角函數值在各象限的符號確定所求三角函數值的符號，特別要注意不要忽略角的終邊在坐標軸上的情況．
【變式5-1】（2024·北京通州·二模）在平面直角坐標系xOy中，角的頂點與原點重合，始邊與x軸的非負半軸重合，終邊與單位圓交于點，則（ ）
A． B． C． D．
【變式5-2】已知角的終邊經過點，則的值不可能是（ ）
A． B．0 C． D．
【變式5-3】如圖所示，在平面直角坐標系中，動點、從點出發在單位圓上運動，點按逆時針方向每秒鐘轉弧度，點按順時針方向每秒鐘轉弧度，則、兩點在第次相遇時，點的坐標是（ ）
A． B．
C． D．
【變式5-4】（2024·山東濟南·二模）質點和在以坐標原點為圓心，半徑為1的圓上逆時針作勻速圓周運動，同時出發.的角速度大小為，起點為圓與軸正半軸的交點；的角速度大小為，起點為圓與射線的交點.則當與第2024次重合時，的坐標為（ ）
A． B． C． D．
題型六：象限符號與坐標軸角的三角函數值
【典例6-1】（2024·北京海淀·一模）在平面直角坐標系中，角以為始邊，終邊在第三象限.則（ ）
A． B．
C． D．
【典例6-2】若是第二象限角，則（ ）
A． B．
C． D．
【方法技巧】
正弦函數值在第一、二象限為正，第三、四象限為負；．
余弦函數值在第一、四象限為正，第二、三象限為負；．
正切函數值在第一、三象限為正，第二、四象限為負．
【變式6-1】已知，且，則為（ ）
A．第一或二象限角 B．第二或三象限角 C．第一或三象限角 D．第二或四象限角
【變式6-2】（多選題）若角的終邊在第三象限，則的值可能為（ ）
A．0 B．2 C．4 D．
【變式6-3】（2024·高三·海南·期末）已知都是第二象限角，則“”是“”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
題型七：弦切互化求值
【典例7-1】（2024·高三·福建泉州·期末）已知，則（ ）
A． B． C． D．
【典例7-2】已知，則（ ）
A． B． C． D．
【方法技巧】
（1）若已知角的象限條件，先確定所求三角函數的符號，再利用三角形三角函數定義求未知三角函數值．
（2）若無象限條件，一般“弦化切”．
【變式7-1】若，則 .
【變式7-2】（2024·浙江杭州·模擬預測）已知，則 ．
【變式7-3】已知，則 .
【變式7-4】（多選題）已知，，則下列選項中正確的有（ ）
A． B．
C． D．
【變式7-5】（多選題）已知，，則下列結論中正確的是（ ）
A． B．
C． D．
題型八：誘導求值與變形
【典例8-1】已知，則（ ）
A． B． C． D．
【典例8-2】（2024·浙江·模擬預測）已知，，則（ ）
A． B． C． D．
【方法技巧】
（1）誘導公式用于角的變換，凡遇到與整數倍角的和差問題可用誘導公式，用誘導公式可以把任意角的三角函數化成銳角三角函數．
（2）通過等誘導變形把所給三角函數化成所需三角函數．
（3）等可利用誘導公式把的三角函數化
【變式8-1】（2024·高三·廣東深圳·期中）已知，則（ ）
A． B． C． D．
【變式8-2】若，則等于（ ）
A． B． C． D．
【變式8-3】（2024·江西九江·三模）若，則（ ）
A． B． C． D．
題型九：同角三角函數基本關系式和誘導公式的綜合應用
【典例9-1】已知.
(1)化簡；
(2)若，求的值；
(3)若，求的值.
【典例9-2】已知.
(1)求的值；
(2)求的值.
【方法技巧】
（1）利用同角三角函數關系式和誘導公式求值或化簡時，關鍵是尋求條件、結論間的聯系，靈活使用公式進行變形．
（2）注意角的范圍對三角函數符號的影響．
【變式9-1】已知角的頂點在原點，始邊與x軸的非負半軸重合，終邊經過點，且．
(1)求的值；
(2)求的值．
【變式9-2】已知
(1)化簡
(2)若，且，求的值.
(3)若是第三象限角，且，求的值.
【變式9-3】在單位圓中，銳角的終邊與單位圓相交于點，連接圓心和得到射線，將射線繞點按逆時針方向旋轉后與單位圓相交于點，其中.
(1)求的值；
(2)記點的橫坐標為，若，求的值.
【變式9-4】在平面直角坐標系中，銳角，均以為始邊，終邊分別與單位圓交于點，，已知點的縱坐標為，點的橫坐標為.
(1)直接寫出和的值，并求的值；
(2)求的值；
(3)將點繞點逆時針旋轉得到點，求點的坐標.
1．（2023年高考全國甲卷數學（理）真題）設甲：，乙：，則（ ）
A．甲是乙的充分條件但不是必要條件 B．甲是乙的必要條件但不是充分條件
C．甲是乙的充要條件 D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件
2．（2022年高考全國甲卷數學（理）真題）沈括的《夢溪筆談》是中國古代科技史上的杰作，其中收錄了計算圓弧長度的“會圓術”，如圖，是以O為圓心，OA為半徑的圓弧，C是AB的中點，D在上，．“會圓術”給出的弧長的近似值s的計算公式：．當時，（ ）
A． B． C． D．
3．（2022年新高考浙江數學高考真題）設，則“”是“”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
1．寫出與下列各角終邊相同的角的集合，并找出集合中適合不等式的元素：
(1)；
(2)．
2．每人準備一把扇形的扇子，然后與本小組其他同學的對比，從中選出一把展開后看上去形狀較為美觀的扇子，并用計算工具算出它的面積.
（1）假設這把扇子是從一個圓面中剪下的，而剩余部分的面積為，求與的比值；
（2）要使與的比值為，則扇子的圓心角應為幾度（精確到）？
3．（1）時間經過（時），時針、分針各轉了多少度？各等于多少弧度？
（2）有人說，鐘的時針和分針一天內會重合24次。你認為這種說法是否正確？請說明理由.
（提示：從午夜零時算起，假設分針走了t min會與時針重合，一天內分針和時針會重合n次，建立t關于n的函數解析式，并畫出其圖象，然后求出每次重合的時間）
4．已知相互嚙合的兩個齒輪，大輪有48齒，小輪有20齒.
（1）當大輪轉動一周時，求小輪轉動的角度；
（2）如果大輪的轉速為（轉/分），小輪的半徑為，那么小輪周上一點每1s轉過的弧長是多少？
5．化簡，其中為第二象限角.
6．（1）分別計算和的值，你有什么發現？
（2）任取一個的值，分別計算，你又有什么發現？
（3）證明：.
易錯點：不能理解三角函數的定義
易錯分析： 利用定義求任意角的三角函數時，要根據條件選擇不同的解法，看所給的條件是終邊與單位圓的交點還是終邊上的任意一點.
【易錯題1】（2024·山東青島·一模）已知角終邊上有一點，則的值為（ ）
A． B． C． D．
【易錯題2】（多選題）若角的終邊上有一點，且，則a的值為（ ）
A． B． C． D．
21世紀教育網(www.21cnjy.com)第01講 三角函數概念與誘導公式
目錄
01 考情透視·目標導航 2
02 知識導圖·思維引航 3
03 考點突破·題型探究 4
知識點1：三角函數基本概念 4
知識點2：同角三角函數基本關系 5
知識點3：三角函數誘導公式 6
解題方法總結 7
題型一：終邊相同的角的集合的表示與區別 7
題型二：等分角的象限問題 9
題型三：弧長與扇形面積公式的計算 11
題型四：割圓術問題 15
題型五：三角函數的定義 18
題型六：象限符號與坐標軸角的三角函數值 21
題型七：弦切互化求值 23
題型八：誘導求值與變形 26
題型九：同角三角函數基本關系式和誘導公式的綜合應用 28
04真題練習·命題洞見 32
05課本典例·高考素材 34
06易錯分析·答題模板 37
易錯點：不能理解三角函數的定義 37
考點要求 考題統計 考情分析
（1）三角函數基本概念 （2）任意角的三角函數 （3）同角三角函數的基本關系 2023年甲卷第14題，5分 2022年浙江卷第13題，5分 2021年甲卷第8題，5分 高考對此也經常以不同的方式進行考查，將三角函數的定義、同角三角函數關系式和誘導公式綜合起來考查，且考查得較為靈活，需要深人理解概念、熟練運用公式．
復習目標： （1）了解任意角的概念和弧度制，能進行弧度與角度的互化，體會引入弧度制的必要性． （2）理解同角三角函數的基本關系式，． （3）掌握誘導公式，并會簡單應用．
知識點1：三角函數基本概念
1、角的概念
（1）任意角：①定義：角可以看成平面內一條射線繞著端點從一個位置旋轉到另一個位置所成的圖形；
②分類：角按旋轉方向分為正角、負角和零角．
（2）所有與角α終邊相同的角，連同角α在內，構成的角的集合是．
（3）象限角：使角的頂點與原點重合，角的始邊與x軸的非負半軸重合，那么，角的終邊在第幾象限，就說這個角是第幾象限角；如果角的終邊在坐標軸上，就認為這個角不屬于任何一個象限．
（4）象限角的集合表示方法：
2、弧度制
（1）定義：把長度等于半徑長的弧所對的圓心角叫做1弧度的角，用符號rad表示，讀作弧度．正角的弧度數是一個正數，負角的弧度數是一個負數，零角的弧度數是0．
（2）角度制和弧度制的互化：，，．
（3）扇形的弧長公式：，扇形的面積公式：．
3、任意角的三角函數
（1）定義：任意角的終邊與單位圓交于點時，則，，．
（2）推廣：三角函數坐標法定義中，若取點P是角終邊上異于頂點的任一點，設點到原點的距離為，則，，
三角函數的性質如下表：
三角函數 定義域 第一象限符號 第二象限符號 第三象限符號 第四象限符號
＋ ＋ － －
＋ － － ＋
＋ － ＋ －
記憶口訣：三角函數值在各象限的符號規律：一全正、二正弦、三正切、四余弦．
4、三角函數線
如下圖，設角α的終邊與單位圓交于點P，過P作PM⊥x軸，垂足為M，過A（1，0）作單位圓的切線與α的終邊或終邊的反向延長線相交于點T．
三角函數線 有向線段MP為正弦線；有向線段OM為余弦線；有向線段AT為正切線
【診斷自測】在平面直角坐標系中，給出下列命題：①小于的角一定是銳角；②鈍角一定是第二象限的角；③終邊不重合的角一定不相等；④第二象限角大于第一象限角.其中假命題的個數是（ ）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【答案】B
【解析】因為銳角，所以小于的角不一定是銳角，故①不成立；
因為鈍角，第二象限角，，所以鈍角一定是第二象限角，故②成立；
若兩個角的終邊不重合，則這兩個角一定不相等，故③成立；
例如，，但，故④不成立.
故選：B.
知識點2：同角三角函數基本關系
1、同角三角函數的基本關系
（1）平方關系：．
（2）商數關系：；
【診斷自測】（2024·四川成都·模擬預測）在平面直角坐標系中，角的頂點與原點重合，始邊與軸的非負半軸重合，終邊經過點，則（ ）
A．11 B． C．10 D．
【答案】B
【解析】因為角的頂點與原點重合，始邊與軸的非負半軸重合，
且角的終邊經過點，
所以，，
所以.
故選：B.
知識點3：三角函數誘導公式
公式 一 二 三 四 五 六
角
正弦
余弦
正切
口訣 函數名不變，符號看象限 函數名改變，符號看象限
【記憶口訣】奇變偶不變，符號看象限，說明：（1）先將誘導三角函數式中的角統一寫作；（2）無論有多大，一律視為銳角，判斷所處的象限，并判斷題設三角函數在該象限的正負；（3）當為奇數是，“奇變”，正變余，余變正；當為偶數時，“偶不變”函數名保持不變即可．
【診斷自測】（2024·河南信陽·模擬預測）若，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由，得.
故選：B
解題方法總結
1、利用可以實現角的正弦、余弦的互化，利用可以實現角的弦切互化．
2、“”方程思想知一求二．
題型一：終邊相同的角的集合的表示與區別
【典例1-1】集合中的最大負角為（ ）v
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因為，
所以集合中的最大負角為.
故選：C.
【典例1-2】（2024·湖北·模擬預測）若角的頂點為坐標原點，始邊在x軸的非負半軸上，終邊在直線上，則角的取值集合是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】根據題意，角
的終邊在直線上，為第一象限角時，；
為第三象限角時，；
綜上，角的取值集合是.
故選：D.
【方法技巧】
（1）終邊相同的角的集合的表示與識別可用列舉歸納法和雙向等差數列的方法解決．
（2）注意正角、第一象限角和銳角的聯系與區別，正角可以是任一象限角，也可以是坐標軸角；銳角是正角，也是第一象限角，第一象限角不包含坐標軸角．
【變式1-1】如圖，終邊落在陰影部分（包括邊界）的角的集合是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】終邊落在陰影部分的角為，，
即終邊落在陰影部分（包括邊界）的角的集合是．
故選：B．
【變式1-2】用弧度制分別表示每個圖中頂點在原點、始邊重合于x軸的非負半軸、終邊落在陰影部分內（包括邊界）的角的集合.

【解析】圖1：易知；
圖2：；
圖3：或
或
或
【變式1-3】已知角的集合為，回答下列問題：
(1)集合M中有幾類終邊不相同的角？
(2)集合M中大于－360°且小于360°的角是哪幾個？
(3)求集合M中的第二象限角．
【解析】（1）集合M中的角可以分成四類，即終邊分別與－150°，－60°，30°，120°的終邊相同的角．
（2）令，得，
又，所以終邊不相同的角，所以集合M中大于－360°且小于360°的角共有8個，
分別是:－330°，－240°，－150°，－60°，30°，120°，210°，300°．
（3）集合M中的第二象限角與120°角的終邊相同，
所以，.
題型二：等分角的象限問題
【典例2-1】已知是第二象限角，則（ ）
A．是第一象限角 B．
C． D．是第三或第四象限角
【答案】C
【解析】∵是第二象限角，
∴，，即，，
∴是第一象限或第三象限角，故A錯誤；
由是第一象限或第三象限角，或，故B錯誤；
∵是第二象限角，
∴，，
∴，，
∴是第三象限，第四象限角或終邊在軸非正半軸，，故C正確，D錯誤.
故選：C．
【典例2-2】（2024·高三·湖北黃岡·期中）若角滿足＝(k∈Z)，則的終邊一定在(　　)
A．第一象限或第二象限或第三象限
B．第一象限或第二象限或第四象限
C．第一象限或第二象限或x軸非正半軸上
D．第一象限或第二象限或y軸非正半軸上
【答案】D
【解析】當時，，終邊位于第一象限
當時，，終邊位于第二象限
當時，，終邊位于軸的非正半軸上
當時，，終邊位于第一象限
綜上可知，則的終邊一定在第一象限或第二象限或軸的非正半軸上
故選
【方法技巧】
先從的范圍出發，利用不等式性質，具體有：（1）雙向等差數列法；（2）的象限分布圖示．
【變式2-1】已知，，則的終邊在（ ）
A．第一、二、三象限 B．第二、三、四象限
C．第一、三、四象限 D．第一、二、四象限
【答案】D
【解析】因為，，
所以為第二象限角，即，
所以，
則的終邊所在象限為所在象限，
即的終邊在第一、二、四象限.
故選：D.
【變式2-2】若角α是第二象限角，則角2α的終邊不可能在(　　)
A．第一、二象限 B．第二、三象限
C．第三、四象限 D．第一、四象限
【答案】A
【解析】∵角α是第二象限角，∴k×360°＋90°＜α＜k×360°＋180°，k∈Z.
∴2k×360°＋180°＜2α＜2k×360°＋360°，k∈Z.
∴2α可能是第三或第四象限角或是終邊在y軸的非正半軸上的角，即其終邊不可能在第一、二象限.
故選A.
【變式2-3】（2024·全國·模擬預測）已知角第二象限角，且，則角是（ ）
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】A
【解析】因為角第二象限角，所以，
所以，所以角是第一象限角或第三象限角．
又因為，即，所以角是第一象限角，
故選：A．
題型三：弧長與扇形面積公式的計算
【典例3-1】（2024·內蒙古呼和浩特·一模）用一個圓心角為，面積為的扇形（為圓心）用成一個圓錐（點恰好重合），該圓錐頂點為，底面圓的直徑為，則的值為 ．
【答案】
【解析】設圓錐的母線長為，底面半徑為，
∵扇形的圓心角為
，解得，
∵扇形的弧長等于它圍成的圓錐的底面周長，
，
所以圓錐的軸截面中，，，
由余弦定理可得，
故答案為：
【典例3-2】若扇形的周長為18，則扇形面積取得最大值時，扇形圓心角的弧度數是 .
【答案】2
【解析】設扇形的半徑為，弧長為，則，即，
所以扇形面積，
所以當時，取得最大值為，此時，
所以圓心角為（弧度）.
故答案為：2
【方法技巧】
應用弧度制解決問題的方法
（1）利用扇形的弧長和面積公式解題時，要注意角的單位必須是弧度．
（2）求扇形面積最大值的問題時，常轉化為二次函數的最值問題．
（3）在解決弧長問題和扇形面積問題時，要合理地利用圓心角所在的三角形．
【變式3-1】已知扇形的周長為，則當扇形的圓心角 扇形面積最大．
【答案】
【解析】設扇形的半徑為，弧長為，
由題意，，
扇形的面積為
，所以當時，
扇形面積取最大值，此時，
所以扇形的圓心角時，扇形面積最大.
故答案為：
【變式3-2】（2024·黑龍江雙鴨山·模擬預測）下圖是第19屆杭州亞運會的會徽“潮涌”，可將其視為一扇環ABCD．已知，．且該扇環的面積為，若將該扇環作為側面圍成一圓臺，則該圓臺的體積為 .
【答案】
【解析】如圖，設，，，
由題意可知，，解得，，
則，將該扇面作為側面圍成一圓臺，
則圓臺上、下底面的半徑分別為1和2，
所以其高為，
故該圓臺的體積為.
故答案為：.
【變式3-3】（2024·廣東·二模）如圖，在平面直角坐標系中放置著一個邊長為1的等邊三角形，且滿足與軸平行，點在軸上.現將三角形沿軸在平面直角坐標系內滾動，設頂點的軌跡方程是，則的最小正周期為 ；在其兩個相鄰零點間的圖象與軸所圍區域的面積為 .
【答案】
【解析】設，
如圖，當三角形沿軸在平面直角坐標系內滾動時，
開始時，先繞旋轉，當旋轉到時，旋轉到，此時，
然后再以為圓心旋轉，旋轉后旋轉到，此時，
當三角形再旋轉時，不旋轉，此時旋轉到，
當三角形再旋轉后，必以為圓心旋轉，旋轉后旋轉到，
點從開始到時是一個周期，故的周期為，
如圖，為相鄰兩個零點，
在上的圖像與軸圍成的圖形的面積為：
.
故答案為：.
【變式3-4】建于明朝的杜氏雕花樓被譽為“松江最美的一座樓”，該建筑內有很多精美的磚雕，磚雕是我國古建筑雕刻中很重要的一種藝術形式，傳統磚墻精致細膩、氣韻生動、極富書卷氣．如圖是一扇環形磚雕，可視為扇形OCD截去同心扇形OAB所得部分，已知，弧，弧，則此扇環形磚雕的面積為 ．

【答案】
【解析】設圓心角為，則，
所以，解得，所以，
所以此扇環形磚雕的面積為
.
故答案為：
題型四：割圓術問題
【典例4-1】（2024·貴州銅仁·模擬預測）魏晉南北朝時期，祖沖之利用割圓術以正24576邊形，求出圓周率約等于，和相比，其誤差小于八億分之一，這個記錄在一千年后才被打破．若已知的近似值還可以表示成，則的值約為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】將代入，
可得
.
故選：C.
【典例4-2】我國魏晉時期的數學家劉徽創造性的提出了“割圓術”，劉徽認為圓的內接正邊形隨著邊數的無限增大，圓的內接正邊形的周長就無限接近圓的周長，并由此求得圓周率的近似值．如圖當時，圓內接正六邊形的周長為，故，即．運用“割圓術”的思想，下列估算正確的是（ ）

A．時， B．時，
C．時， D．時，
【答案】A
【解析】設圓的內接正十二邊形被分成個如圖所示的等腰三角形，其頂角為，即，
作于點，則為的中點，且，
因為，在中，，即，
所以，，則，
所以，正十二邊形的周長為，所以，.
故選：A.
v
【方法技巧】
割圓術是魏晉時期數學家劉徽首創的方法，用于計算圓周率。其核心思想是通過不斷倍增圓內接正多邊形的邊數，使正多邊形的周長無限接近圓的周長，進而求得較為精確的圓周率。這一方法體現了極限思想，為中國古代數學發展做出了重要貢獻。具體操作為：從圓內接正六邊形開始，逐步分割成正十二邊形、正二十四邊形等，直至邊數無法再增，此時正多邊形的周長即接近圓周率與直徑的乘積。
【變式4-1】（2024·四川成都·模擬預測）我國古代魏晉時期數學家劉徽用“割圓術”計算圓周率，“割之彌細，所失彌少，割之，又割，以至于不可割，則與圓周合體無所失矣”.劉徽從圓內接正六邊形逐次分割，一直分割到圓內接正3072邊形，用正多邊形的面積逼近圓的面積.利用該方法，由圓內接正n邊形與圓內接正邊形分別計算出的圓周率的比值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】對于正n邊形，其圓心角為，面積為，對于正邊形，其圓心角為，
面積為，由此可得，.
故選：B.
【變式4-2】在3世紀中期，我國古代數學家劉徽在《九章算術注》中提出了割圓術：“割之彌細，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓合體，而無所失矣”.這可視為中國古代極限觀念的佳作.割圓術可以視為將一個圓內接正邊形等分成個等腰三角形（如圖所示），當越大，等腰三角形的面積之和越近似等于圓的面積.運用割圓術的思想，可得到的近似值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】在單位圓中作內接正三十六邊形，則每個等腰三角形的頂角為，底邊約為，
由題意得，
故選：C
題型五：三角函數的定義
【典例5-1】（2024·江西·二模）已知角的終邊經過點，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】根據題意，
由三角函數的定義得.
故選：A.
【典例5-2】（2024·北京房山·一模）已知角的終邊經過點，把角的終邊繞原點O逆時針旋轉得到角的終邊，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因為角的終邊經過點，
所以，
因為把角的終邊繞原點O逆時針旋轉得到角的終邊，
所以，
所以.
故選：D.
【方法技巧】
（1）利用三角函數的定義，已知角α終邊上一點P的坐標可求α的三角函數值；已知角α的三角函數值，也可以求出角α終邊的位置．
（2）判斷三角函數值的符號，關鍵是確定角的終邊所在的象限，然后結合三角函數值在各象限的符號確定所求三角函數值的符號，特別要注意不要忽略角的終邊在坐標軸上的情況．
【變式5-1】（2024·北京通州·二模）在平面直角坐標系xOy中，角的頂點與原點重合，始邊與x軸的非負半軸重合，終邊與單位圓交于點，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由三角函數的定義可得，
所以.
故選：B.
【變式5-2】已知角的終邊經過點，則的值不可能是（ ）
A． B．0 C． D．
【答案】D
【解析】由定義，，
當，合題意；
當，化簡得，由于橫坐標，角的終邊在一、四象限，
所以．
故選：D．
【變式5-3】如圖所示，在平面直角坐標系中，動點、從點出發在單位圓上運動，點按逆時針方向每秒鐘轉弧度，點按順時針方向每秒鐘轉弧度，則、兩點在第次相遇時，點的坐標是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】相遇時間為秒，
故轉過的角度為，
故對應坐標為，即.
故選：C
【變式5-4】（2024·山東濟南·二模）質點和在以坐標原點為圓心，半徑為1的圓上逆時針作勻速圓周運動，同時出發.的角速度大小為，起點為圓與軸正半軸的交點；的角速度大小為，起點為圓與射線的交點.則當與第2024次重合時，的坐標為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】設兩質點重合時，所用時間為，則重合點坐標為，
由題意可知，兩質點起始點相差角度為，
則，解得，
若，則，則重合點坐標為，
若，則，則重合點坐標為，即，
若，則，則重合點坐標為，即，
當與第2024次重合時，，則，
則重合點坐標為，即.
故選：B.
題型六：象限符號與坐標軸角的三角函數值
【典例6-1】（2024·北京海淀·一模）在平面直角坐標系中，角以為始邊，終邊在第三象限.則（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由題意可得、，，
對A：當時，，則，，
此時，故A錯誤；
對B：當時，，故B錯誤；
對C、D：，由，
故，則，即，
故C正確，D錯誤.
故選：C.
【典例6-2】若是第二象限角，則（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】若α是第二象限角，則，故A錯誤；
為第一、三象限角，則，故B正確；
，故C錯誤；
，故D錯誤.
故選：B.
【方法技巧】
正弦函數值在第一、二象限為正，第三、四象限為負；．
余弦函數值在第一、四象限為正，第二、三象限為負；．
正切函數值在第一、三象限為正，第二、四象限為負．
【變式6-1】已知，且，則為（ ）
A．第一或二象限角 B．第二或三象限角 C．第一或三象限角 D．第二或四象限角
【答案】C
【解析】由，得，則且，又，
因此且，是第二象限角，即，
則，當為偶數時，是第一象限角，當為奇數時，是第三象限角，
所以是第一或三象限角.
故選：C
【變式6-2】（多選題）若角的終邊在第三象限，則的值可能為（ ）
A．0 B．2 C．4 D．
【答案】BC
【解析】由角的終邊在第三象限，得，則，
因此是第二象限角或第四象限角，
當是第二象限角時，，
當是第四象限角時，.
故選：BC
【變式6-3】（2024·高三·海南·期末）已知都是第二象限角，則“”是“”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】C
【解析】若，則即，
而都是第二象限角，故，故，
故“”是“”的充分條件.
若，因為都是第二象限角，故，
所以即，
故“”是“”的必要條件，
所以“”是“”的充要條件.
故選：C.
題型七：弦切互化求值
【典例7-1】（2024·高三·福建泉州·期末）已知，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因為，則，結合，
解得，則，
故選：C.
【典例7-2】已知，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因為，
所以，
即，即，
顯然，所以，則，
又，所以，
所以.
故選：D
【方法技巧】
（1）若已知角的象限條件，先確定所求三角函數的符號，再利用三角形三角函數定義求未知三角函數值．
（2）若無象限條件，一般“弦化切”．
【變式7-1】若，則 .
【答案】/
【解析】由已知，
故答案為：.
【變式7-2】（2024·浙江杭州·模擬預測）已知，則 ．
【答案】
【解析】由可得，即；
所以
將代入計算可得；
即.
故答案為：
【變式7-3】已知，則 .
【答案】
【解析】因為，
所以
.
故答案為：
【變式7-4】（多選題）已知，，則下列選項中正確的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AB
【解析】由，得，
所以，故選項A正確；
因為，，所以，，
又因為，所以，故選項B正確；
因為，故選項C錯誤；
由，，所以，故選項D錯誤；
故選：AB
【變式7-5】（多選題）已知，，則下列結論中正確的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【解析】對于選項A，由兩邊平方得：，故得，即A項正確；
對于選項B，由，可得：故，
由可得：，故B項錯誤；
對于選項C，，故C項錯誤；
對于選項D，由可解得：故得：.故D項正確.
故選：AD.
題型八：誘導求值與變形
【典例8-1】已知，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由可得，
故選：A
【典例8-2】（2024·浙江·模擬預測）已知，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】.
故選：C
【方法技巧】
（1）誘導公式用于角的變換，凡遇到與整數倍角的和差問題可用誘導公式，用誘導公式可以把任意角的三角函數化成銳角三角函數．
（2）通過等誘導變形把所給三角函數化成所需三角函數．
（3）等可利用誘導公式把的三角函數化
【變式8-1】（2024·高三·廣東深圳·期中）已知，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因為，
所以.
故選：C
【變式8-2】若，則等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因為，
所以.
故選：D
【變式8-3】（2024·江西九江·三模）若，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】令，則，
所以由，
得，
即，
即，得，
所以，
故選：C.
題型九：同角三角函數基本關系式和誘導公式的綜合應用
【典例9-1】已知.
(1)化簡；
(2)若，求的值；
(3)若，求的值.
【解析】（1）
（2）由（1）得，
所以.
（3）由（1）得，令，則，
則，
，又，
得，代入，計算得：，
當為第二象限角時，，即；
當為第四象限角時，，即.
【典例9-2】已知.
(1)求的值；
(2)求的值.
【解析】（1）由可得：，
即，
（2）
【方法技巧】
（1）利用同角三角函數關系式和誘導公式求值或化簡時，關鍵是尋求條件、結論間的聯系，靈活使用公式進行變形．
（2）注意角的范圍對三角函數符號的影響．
【變式9-1】已知角的頂點在原點，始邊與x軸的非負半軸重合，終邊經過點，且．
(1)求的值；
(2)求的值．
【解析】（1），，
，，則．
（2）原式．
【變式9-2】已知
(1)化簡
(2)若，且，求的值.
(3)若是第三象限角，且，求的值.
【解析】（1）依題意，.
（2）由（1）知，，而，所以或.
（3）由，得，
由是第三象限角，得，
所以.
【變式9-3】在單位圓中，銳角的終邊與單位圓相交于點，連接圓心和得到射線，將射線繞點按逆時針方向旋轉后與單位圓相交于點，其中.
(1)求的值；
(2)記點的橫坐標為，若，求的值.
【解析】（1）由于點在單位圓上，且是銳角，可得，
所以，
所以
；
（2）由（1）可知，且為銳角，可得，
根據三角函數定義可得：，
因為，且，
因此，所以
所以
.
【變式9-4】在平面直角坐標系中，銳角，均以為始邊，終邊分別與單位圓交于點，，已知點的縱坐標為，點的橫坐標為.
(1)直接寫出和的值，并求的值；
(2)求的值；
(3)將點繞點逆時針旋轉得到點，求點的坐標.
【解析】（1）由銳角，，得點，都在第一象限，而點的縱坐標為，點的橫坐標為，
則點的橫坐標為，點的縱坐標為，因此；
.
（2）由（1）知，.
（3）依題意，點在角的終邊上，且，由（1）知，
則點的橫坐標為，
點的縱坐標為，
所以點的坐標為.
1．（2023年高考全國甲卷數學（理）真題）設甲：，乙：，則（ ）
A．甲是乙的充分條件但不是必要條件 B．甲是乙的必要條件但不是充分條件
C．甲是乙的充要條件 D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件
【答案】B
【解析】當時，例如但，
即推不出；
當時，，
即能推出.
綜上可知，甲是乙的必要不充分條件.
故選：B
2．（2022年高考全國甲卷數學（理）真題）沈括的《夢溪筆談》是中國古代科技史上的杰作，其中收錄了計算圓弧長度的“會圓術”，如圖，是以O為圓心，OA為半徑的圓弧，C是AB的中點，D在上，．“會圓術”給出的弧長的近似值s的計算公式：．當時，（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如圖，連接，
因為是的中點，
所以，
又，所以三點共線，
即，
又，
所以，
則，故，
所以.
故選：B.
3．（2022年新高考浙江數學高考真題）設，則“”是“”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】A
【解析】因為可得：
當時，，充分性成立；
當時，，必要性不成立；
所以當，是的充分不必要條件.
故選：A.
1．寫出與下列各角終邊相同的角的集合，并找出集合中適合不等式的元素：
(1)；
(2)．
【解析】（1）根據題意可知，
所以與終邊相同的角的集合為，
易知當時，；當時，；當時，；
所以適合不等式的元素有：，，；
（2）與終邊相同的角的集合為，
易知當時，；當時，；當時，；
所以適合不等式的元素有：，，；
2．每人準備一把扇形的扇子，然后與本小組其他同學的對比，從中選出一把展開后看上去形狀較為美觀的扇子，并用計算工具算出它的面積.
（1）假設這把扇子是從一個圓面中剪下的，而剩余部分的面積為，求與的比值；
（2）要使與的比值為，則扇子的圓心角應為幾度（精確到）？
【解析】（1）設半徑為所對圓心角分別為，且.
（2）設扇子的圓心角為.由，得,則.
3．（1）時間經過（時），時針、分針各轉了多少度？各等于多少弧度？
（2）有人說，鐘的時針和分針一天內會重合24次。你認為這種說法是否正確？請說明理由.
（提示：從午夜零時算起，假設分針走了t min會與時針重合，一天內分針和時針會重合n次，建立t關于n的函數解析式，并畫出其圖象，然后求出每次重合的時間）
【解析】（1）因為時針按照順時針方向旋轉，故形成的角為負角，
經過4小時，時針轉了，分針轉了，分別等于弧度和弧度；
（2）分針每比時針多走一圈便會重合一次，設分針走了會和時針重合，并且是第此重合，則：
；
，；
最后一次相遇經過了；
此時，即時針和分針相遇22次；
重合24次的說法不正確．
4．已知相互嚙合的兩個齒輪，大輪有48齒，小輪有20齒.
（1）當大輪轉動一周時，求小輪轉動的角度；
（2）如果大輪的轉速為（轉/分），小輪的半徑為，那么小輪周上一點每1s轉過的弧長是多少？
【解析】（1）相互嚙合的兩個齒輪，大輪有48齒，小輪有20齒，
當大輪轉動一周時，
大輪轉動了48個齒，
小輪轉動周，
即．
．
（2）當大輪的轉速為時，
．
小輪轉速為，
小輪周上一點每轉過的弧度數為：．
小輪的半徑為，
小輪周上一點每轉過的弧長為：．
5．化簡，其中為第二象限角.
【解析】為第二象限角,
∴
6．（1）分別計算和的值，你有什么發現？
（2）任取一個的值，分別計算，你又有什么發現？
（3）證明：.
【解析】（1）根據特殊角三角函數值計算可知
所以
（2）取
則
所以.
（3）證明:
所以.
易錯點：不能理解三角函數的定義
易錯分析： 利用定義求任意角的三角函數時，要根據條件選擇不同的解法，看所給的條件是終邊與單位圓的交點還是終邊上的任意一點.
【易錯題1】（2024·山東青島·一模）已知角終邊上有一點，則的值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因為
即
所以
所以
故選：D.
【易錯題2】（多選題）若角的終邊上有一點，且，則a的值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】CD
【解析】由三角函數的定義可知，，
，
又，則，
解得或，
故選：CD．
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