《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

考点二 弧度制及其应用
例2 已知一扇形的圆心角为$\alpha$，半径为$R$，弧长为$l ( \alpha ＞ 0 )$.
(1)已知扇形的周长为$10 cm$，面积是$4 cm ^ { 2 }$，求扇形的圆心角；
(2)若扇形的周长为$20 cm$，当扇形的圆心角$\alpha$为多少弧度时，这个扇形的面积最大？

答案： 例2 解
(1)由题意得$\begin{cases}\frac{1}{2}\alpha\cdot R^{2}=4,\\l=\alpha\cdot R = 10.\end{cases}$解得$\begin{cases}R = 1,\\\alpha = 8.\end{cases}$(舍去),$\begin{cases}R = 4,\\\alpha=\frac{1}{2}.\end{cases}$故扇形的圆心角为$\frac{1}{2}$.
(2)由已知,得$l + 2R = 20$.所以$S=\frac{1}{2}lR=\frac{1}{2}(20 - 2R)R = 10R - R^{2}=-(R - 5)^{2}+25$,所以当$R = 5cm$时,$S$取得最大值$25cm^{2}$,此时$l = 10cm,\alpha = 2$.

(2025·沈阳调研)成都大运会官方体育图标——“十八墨宝”以大熊猫“奇一”为原型，将中国体育与中国书画、中国国宝的融合做到了极致. 如图1所示，射箭的“水墨熊猫”以真实的射箭运动为原型，生动形象. 在如图2所示的弓形中，弧中点到弦中点的距离为$2 cm$，弦长为$8 cm$，则弓形的面积约为(参考数据：$\sin 74 ^ { \circ } \approx 0.96$，$\pi \approx 3.14$)(C)

A.$8.2 cm ^ { 2 }$
B.$9.1 cm ^ { 2 }$
C.$11.1 cm ^ { 2 }$
D.$4.1 cm ^ { 2 }$

答案：
训练2 C [设弦$AB$的中点为$D$,$AB$的中点为$C$,圆弧所在圆的圆心为$O$,连接$AO,BO,CO$,则$CD = 2cm,AB = 8cm,AD = 4cm$,如图,设圆的半径为$Rcm$,$\angle AOC = \theta,0^{\circ}＜\theta＜90^{\circ}$,在$\triangle AOD$中,$R^{2}=(R - 2)^{2}+4^{2}$,解得$R = 5$,则$\sin\theta=\frac{4}{5},\cos\theta=\frac{3}{5}$.显然$\sin\theta＞\cos\theta$,则$45^{\circ}＜\theta＜90^{\circ},90^{\circ}＜2\theta＜180^{\circ}$,所以$\sin2\theta = 2\sin\theta\cos\theta=\frac{24}{25}=0.96$,于是$2\theta\approx180^{\circ}-74^{\circ}\approx1.85rad$,因此扇形$AOB$的面积$S_{1}\approx\frac{1}{2}×1.85×5^{2}\approx23.1(cm^{2})$,又$\triangle AOB$的面积$S_{2}=\frac{1}{2}×8×3 = 12(cm^{2})$,所以弓形的面积为$S_{1}-S_{2}\approx11.1(cm^{2})$.]

考点三 三角函数的定义及应用
角度1 三角函数的定义
例3 (1)(2025·河南五市联考)以坐标原点为顶点，$x$轴非负半轴为始边的角$\alpha$，其终边落在直线$y = x$上，则有(C)

A.$\sin \alpha = - \frac { \sqrt { 2 } } { 2 }$
B.$\cos \alpha = \frac { \sqrt { 2 } } { 2 }$
C.$\sin \alpha + \cos \alpha = \pm \sqrt { 2 }$
D.$\tan \alpha = \pm 1$

答案： 例3
(1)C [
(1)当角$\alpha$的终边在第一象限时,在其终边上任取一点$P(a,a),a＞0$,则$r = \sqrt{2}a$,故$\sin\alpha=\frac{\sqrt{2}}{2},\cos\alpha=\frac{\sqrt{2}}{2},\tan\alpha = 1$,$\sin\alpha+\cos\alpha=\sqrt{2}$,当角$\alpha$的终边在第三象限时,在其终边上任取一点$P(-a,-a),a＞0$,则$r = \sqrt{2}a$,故$\sin\alpha=-\frac{\sqrt{2}}{2}$,$\cos\alpha=-\frac{\sqrt{2}}{2}$,$\tan\alpha = 1$,$\sin\alpha+\cos\alpha=-\sqrt{2}$,故选C.]

(2)已知角$\alpha$的终边过点$P ( - 8 m, - 6 \sin 30 ^ { \circ } )$，且$\cos \alpha = - \frac { 4 } { 5 }$，则$m$的值为(C)

A.$- \frac { 1 } { 2 }$
B.$- \frac { \sqrt { 3 } } { 2 }$
C.$\frac { 1 } { 2 }$
D.$\frac { \sqrt { 3 } } { 2$$}$

答案：
(2)C [
(2)由题意得点$P(-8m,-3)$,$r = \sqrt{64m^{2}+9}$,所以$\cos\alpha=\frac{-8m}{\sqrt{64m^{2}+9}}=\frac{4}{5}$,所以$m＞0$,解得$m=\frac{1}{2}$.]

角度2 三角函数值符号的判定
例4 (2025·华东师大附中模拟)如果$\theta$是第三象限角，则(C)

A.$\sin 2 \theta ＞ 0$且$\tan 2 \theta ＞ 0$
B.$\sin \frac { \theta } { 2 } ＞ 0$且$\tan 2 \theta ＞ 0$
C.$\sin 2 \theta ＞ 0$且$\tan \frac { \theta } { 2 } ＜ 0$
D.$\sin \frac { \theta } { 2 } ＞ 0$且$\tan \frac { \theta } { 2 } ＞ 0$

答案： 例4 C [因为$\theta$是第三象限角,则$2k\pi+\pi＜\theta＜\frac{3\pi}{2}+2k\pi,k\in \mathbf{Z}$,所以$k\pi+\frac{\pi}{2}＜\frac{\theta}{2}＜\frac{3\pi}{4}+k\pi,k\in \mathbf{Z}$,所以$\frac{\theta}{2}$是第二或第四象限角,则$\sin\frac{\theta}{2}＞0$或$\sin\frac{\theta}{2}＜0,\tan\frac{\theta}{2}＜0$,故排除B,D.又$4k\pi+2\pi＜2\theta＜3\pi+4k\pi,k\in \mathbf{Z}$,所以$2\theta$的终边在第一、第二象限或在$y$轴的非负半轴上,则$\sin2\theta＞0$,当$2\theta$的终边在$y$轴的非负半轴上时,$\tan2\theta$无意义,故排除A.]

(1)(多选)(2024·湖北部分学校联考)若角$\alpha$的顶点在坐标原点，始边为$x$轴的非负半轴且$\sin \alpha \cdot \sin \left( \alpha + \frac { \pi } { 2 } \right) ＞ 0$，则$\alpha$的终边可能在(AC)

A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限

答案： 训练3
(1)AC [
(1)因为$\sin\alpha\cdot\sin(\alpha+\frac{\pi}{2})=\sin\alpha\cos\alpha＞0$,若$\sin\alpha＞0,\cos\alpha＞0$,则$\alpha$的终边在第一象限;若$\sin\alpha＜0,\cos\alpha＜0$,则$\alpha$的终边在第三象限.]

(2)(2025·乌鲁木齐模拟)已知角$\alpha ( 0 ＜ \alpha ＜ 2 \pi )$的顶点在坐标原点$O$，始边为$x$轴的非负半轴，终边上$A$点坐标为$\left( \sin \frac { \pi } { 6 }, \cos \frac { \pi } { 6 } \right)$，则$\alpha =$(B)

A.$\frac { \pi } { 12 }$
B.$\frac { \pi } { 6 }$
C.$\frac { \pi } { 4 }$
D.$\frac { \pi } { 3 }$

答案：
(2)B [
(2)由题意$A$点坐标为$(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$,因此$\alpha$是第一象限角,又$0＜\alpha＜2\pi$,所以$0＜\alpha＜\frac{\pi}{2}$,又$\tan\alpha=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{1}{2}}=\sqrt{3}$.所以$\alpha=\frac{\pi}{3}$.]