2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案-數(shù)學(xué)-基礎(chǔ)版第3節(jié) 第1課時(shí) 兩角和與差的正弦、余弦、正切公式及倍角公式含答案

2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)解決方案-數(shù)學(xué)-基礎(chǔ)版第3節(jié)第1課時(shí)兩角和與差的正弦、余弦、正切公式及倍角公式第三節(jié)三角恒等變換課標(biāo)解讀考向預(yù)測(cè)1.經(jīng)歷推導(dǎo)兩角差余弦公式的過(guò)程，知道兩角差余弦公式的意義.2.能從兩角差的余弦公式推導(dǎo)出兩角和與差的正弦、余弦、正切公式，二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它們的內(nèi)在聯(lián)系.3.能運(yùn)用公式進(jìn)行簡(jiǎn)單的恒等變換(包括推導(dǎo)出積化和差、和差化積、半角公式，這三組公式不要求記憶).三角恒等變換是三角變換的工具，主要考查利用兩角和與差的三角函數(shù)公式、二倍角公式進(jìn)行三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)與求值，重在考查化簡(jiǎn)、求值，公式的正用、逆用以及變形運(yùn)用．預(yù)計(jì)2025年高考可能單獨(dú)考查，也可能與三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)、向量等知識(shí)綜合考查，應(yīng)增強(qiáng)轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用意識(shí)，選擇題、填空題、解答題均有可能出現(xiàn)，屬中、低檔難度.必備知識(shí)——強(qiáng)基礎(chǔ)1．兩角和與差的余弦、正弦、正切公式(1)公式C(α－β)：cos(α－β)＝eq\x(\s\up1(01))cosαcosβ＋sinαsinβ．(2)公式C(α＋β)：cos(α＋β)＝eq\x(\s\up1(02))cosαcosβ－sinαsinβ．(3)公式S(α－β)：sin(α－β)＝eq\x(\s\up1(03))sinαcosβ－cosαsinβ．(4)公式S(α＋β)：sin(α＋β)＝eq\x(\s\up1(04))sinαcosβ＋cosαsinβ．(5)公式T(α－β)：tan(α－β)＝eq\x(\s\up1(05))eq\f(\a\vs4\al(tanα－tanβ),1＋tanαtanβ)．(6)公式T(α＋β)：tan(α＋β)＝eq\x(\s\up1(06))eq\f(\a\vs4\al(tanα＋tanβ),1－tanαtanβ)．2．二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)公式S2α：sin2α＝eq\x(\s\up1(07))2sinαcosα．(2)公式C2α：cos2α＝eq\x(\s\up1(08))cos2α－sin2α＝eq\x(\s\up1(09))2cos2α－1＝eq\x(\s\up1(10))1－2sin2α．(3)公式T2α：tan2α＝eq\x(\s\up1(11))eq\f(2tanα,1－tan2α)．3．輔助角公式asinα＋bcosα＝eq\r(a2＋b2)sin(α＋φ)，其中sinφ＝eq\f(b,\r(a2＋b2))，cosφ＝eq\f(a,\r(a2＋b2)).1．兩角和與差正切公式的變形：tanα±tanβ＝tan(α±β)(1?tanαtanβ)，tanαtanβ＝1－eq\f(tanα＋tanβ,tan(α＋β))＝eq\f(tanα－tanβ,tan(α－β))－1.2．降冪公式：sinαcosα＝eq\f(1,2)sin2α，cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)，sin2α＝eq\f(1－cos2α,2)，tan2α＝eq\f(1－cos2α,1＋cos2α).3．升冪公式：1－cosα＝2sin2eq\f(α,2)，1＋cosα＝2cos2eq\f(α,2)，1±sinα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)±cos\f(α,2)))eq\s\up12(2).4．其他常用變形sin2α＝eq\f(2sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝eq\f(2tanα,1＋tan2α)，cos2α＝eq\f(cos2α－sin2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)，taneq\f(α,2)＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\f(1－cosα,sinα).5．半角公式(1)sineq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1－cosα,2))；(2)coseq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1＋cosα,2))；(3)taneq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα))＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\f(1－cosα,sinα).注：此公式不用死記硬背，可由二倍角公式推導(dǎo)而來(lái)．1．概念辨析(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)存在實(shí)數(shù)α，β，使等式sin(α＋β)＝sinα＋sinβ成立．()(2)當(dāng)α是第一象限角時(shí)，sineq\f(α,2)＝eq\r(\f(1－cosα,2)).()(3)存在實(shí)數(shù)α，使tan2α＝2tanα.()答案(1)√(2)×(3)√2．小題熱身(1)(多選)cosα－eq\r(3)sinα化簡(jiǎn)的結(jié)果可以是()A．eq\f(1,2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α)) B．2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))C．eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α)) D．2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))答案BD解析cosα－eq\r(3)sinα＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosα－\f(\r(3),2)sinα))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosαcos\f(π,3)－sinαsin\f(π,3)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α)).故選BD.(2)(人教A必修第一冊(cè)習(xí)題5.5T4改編)已知sinα＝eq\f(\r(5),5)，cosα＝eq\f(2\r(5),5)，則taneq\f(α,2)＝()A．2－eq\r(5) B．2＋eq\r(5)C．eq\r(5)－2 D．±(eq\r(5)－2)答案C解析∵sinα＝eq\f(\r(5),5)，cosα＝eq\f(2\r(5),5)，∴taneq\f(α,2)＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\r(5)－2.故選C.(3)(人教B必修第三冊(cè)習(xí)題8－2BT3改編)已知θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)，3π))且sinθ＝eq\f(4,5)，則sineq\f(θ,2)＝________，coseq\f(θ,2)＝________．答案－eq\f(2\r(5),5)－eq\f(\r(5),5)解析∵θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)，3π))且sinθ＝eq\f(4,5)，∴cosθ＝－eq\f(3,5)，eq\f(θ,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，\f(3π,2)))，∴sineq\f(θ,2)＝－eq\r(\f(1＋\f(3,5),2))＝－eq\f(2\r(5),5)，coseq\f(θ,2)＝－eq\r(\f(1－\f(3,5),2))＝－eq\f(\r(5),5).(4)(人教A必修第一冊(cè)復(fù)習(xí)參考題5T13改編)已知α為銳角，且(tan10°－eq\r(3))sinα＝－2cos40°，則α＝________．答案80°解析因?yàn)?tan10°－eq\r(3))sinα＝－2cos40°，所以sinα＝eq\f(－2cos40°,tan10°－\r(3))＝eq\f(－2cos40°cos10°,sin10°－\r(3)cos10°)＝eq\f(－2cos40°cos10°,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin10°－\f(\r(3),2)cos10°)))＝eq\f(－2cos40°cos10°,－2sin50°)＝cos10°＝sin80°，又α是銳角，所以α＝80°.

第1課時(shí)兩角和與差的正弦、余弦、正切公式及倍角公式考點(diǎn)探究——提素養(yǎng)考點(diǎn)一和、差、倍角公式的簡(jiǎn)單應(yīng)用例1(1)(2024·海南?？谀M)若tanαtanβ＝2，則eq\f(cos(α－β),cos(α＋β))的值為()A．－3 B．－eq\f(1,3)C．eq\f(1,3) D．3答案A解析由題意，得eq\f(cos(α－β),cos(α＋β))＝eq\f(cosαcosβ＋sinαsinβ,cosαcosβ－sinαsinβ)＝eq\f(1＋tanαtanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(1＋2,1－2)＝－3.故選A.(2)(2024·九省聯(lián)考)已知θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，tan2θ＝－4taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))，則eq\f(1＋sin2θ,2cos2θ＋sin2θ)＝()A．eq\f(1,4) B．eq\f(3,4)C．1 D．eq\f(3,2)答案A解析由θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，tan2θ＝－4taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))，得eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝eq\f(－4(tanθ＋1),1－tanθ)，則－4(tanθ＋1)2＝2tanθ，則(2tanθ＋1)(tanθ＋2)＝0，解得tanθ＝－2或tanθ＝－eq\f(1,2)，因?yàn)棣取蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，所以tanθ∈(－1，0)，所以tanθ＝－eq\f(1,2)，則eq\f(1＋sin2θ,2cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(sin2θ＋cos2θ＋2sinθcosθ,2cos2θ＋2sinθcosθ)＝eq\f(tan2θ＋1＋2tanθ,2＋2tanθ)＝eq\f(\f(1,4)＋1－1,2＋(－1))＝eq\f(1,4).故選A.【通性通法】直接利用和、差、倍角公式化簡(jiǎn)求值的策略策略一記住公式的結(jié)構(gòu)特征和符號(hào)變化規(guī)律．例如兩角差的余弦公式可簡(jiǎn)記為：“同名相乘，符號(hào)反”策略二注意與同角三角函數(shù)基本關(guān)系、誘導(dǎo)公式的綜合應(yīng)用策略三注意配方法、因式分解、整體代換思想的應(yīng)用【鞏固遷移】1．(2024·安徽亳州模擬)已知sinα＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，若eq\f(sin(α＋β),cosβ)＝4，則tan(α＋β)＝()A．－eq\f(16,7) B．－eq\f(7,8)C．eq\f(16,7) D．eq\f(2,3)答案C解析因?yàn)閟inα＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(4,5)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－eq\f(3,4)，因?yàn)閑q\f(sin(α＋β),cosβ)＝eq\f(sinαcosβ＋cosαsinβ,cosβ)＝sinα＋cosαtanβ＝eq\f(3,5)－eq\f(4,5)tanβ＝4，所以tanβ＝－eq\f(17,4)，所以tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(－\f(3,4)－\f(17,4),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(17,4))))＝eq\f(16,7).故選C.2．(2023·河北保定模擬)已知銳角θ滿足2cos2θ＝1＋sin2θ，則tanθ＝()A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,2)C．2 D．3答案A解析∵2cos2θ＝1＋sin2θ，∴2(cos2θ－sin2θ)＝(sinθ＋cosθ)2，即2(cosθ－sinθ)(sinθ＋cosθ)＝(sinθ＋cosθ)2，又θ為銳角，∴sinθ＋cosθ>0，∴2(cosθ－sinθ)＝sinθ＋cosθ，即cosθ＝3sinθ，∴tanθ＝eq\f(1,3).故選A.考點(diǎn)二和、差、倍角公式的逆用與變形用例2(1)(2023·湖北武漢模擬)sin109°cos296°＋cos71°sin64°＝()A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(\r(3),2) D．1答案B解析sin109°cos296°＋cos71°sin64°＝sin(180°－71°)cos(360°－64°)＋cos71°sin64°＝sin71°cos64°＋cos71°sin64°＝sin(71°＋64°)＝sin135°＝eq\f(\r(2),2).故選B.(2)(2024·廣西梧州模擬)eq\f(1＋tan\f(7π,12),1－tan\f(7π,12))＝()A．－eq\f(\r(3),3) B．eq\f(\r(3),3)C．－eq\r(3) D．eq\r(3)答案A解析因?yàn)閑q\f(1＋tan\f(7π,12),1－tan\f(7π,12))＝eq\f(tan\f(π,4)＋tan\f(7π,12),1－tan\f(π,4)tan\f(7π,12))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(7π,12)))＝taneq\f(10π,12)＝taneq\f(5π,6)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(π,6)))＝－taneq\f(π,6)＝－eq\f(\r(3),3).故選A.【通性通法】公式逆用與變形用的技巧(1)逆用公式應(yīng)準(zhǔn)確找出所給式子與公式的異同，創(chuàng)造條件逆用公式．(2)tanαtanβ，tanα＋tanβ(或tanα－tanβ)，tan(α＋β)(或tan(α－β))三者中可以知二求一，應(yīng)注重公式的逆用和變形使用．提醒：(1)公式逆用時(shí)一定要注意公式成立的條件和角之間的關(guān)系．(2)注意可借助常數(shù)的拼湊法，將分子、分母轉(zhuǎn)化為相同的代數(shù)式，從而達(dá)到約分的目的．【鞏固遷移】3．(2024·福建永安三中模擬)cos(α－35°)cos(25°＋α)＋sin(α－35°)sin(25°＋α)的值為()A．－eq\f(1,2) B．eq\f(1,2)C．－eq\f(\r(3),2) D．eq\f(\r(3),2)答案B解析由兩角差的余弦公式，得cos(α－35°)·cos(25°＋α)＋sin(α－35°)sin(25°＋α)＝cos[(α－35°)－(25°＋α)]＝cos(－60°)＝eq\f(1,2).故選B.4．(2023·江蘇常州二模)已知sinα－eq\r(3)cosα＝1，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)－2α))的值為________．答案eq\f(1,2)解析已知sinα－eq\r(3)cosα＝1，則2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinα－\f(\r(3),2)cosα))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝1，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝eq\f(1,2)，令β＝α－eq\f(π,3)，則α＝β＋eq\f(π,3)，即sinβ＝eq\f(1,2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)－2α))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)－2β－\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2β))＝cos2β＝1－2sin2β＝eq\f(1,2).5．tan50°－tan20°－eq\f(\r(3),3)tan50°tan20°＝________．答案eq\f(\r(3),3)解析tan50°－tan20°－eq\f(\r(3),3)tan50°tan20°＝tan(50°－20°)(1＋tan50°tan20°)－eq\f(\r(3),3)tan50°tan20°＝tan30°(1＋tan50°tan20°)－eq\f(\r(3),3)tan50°tan20°＝eq\f(\r(3),3)＋eq\f(\r(3),3)tan50°tan20°－eq\f(\r(3),3)tan50°tan20°＝eq\f(\r(3),3).考點(diǎn)三角的變換例3(1)(2024·四川綿陽(yáng)模擬)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(\r(2),3)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(4π,3)))＝()A．－eq\f(5,9) B．eq\f(5,9)C．－eq\f(1,3) D．eq\f(1,3)答案A解析coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(4π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π＋2α－\f(π,3)))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2α))＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2×\f(2,9)))＝－eq\f(5,9).故選A.(2)已知α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(12,13)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝________．答案－eq\f(56,65)解析因?yàn)棣?，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，所以eq\f(3π,2)<α＋β<2π，eq\f(π,2)<β－eq\f(π,4)<eq\f(3π,4)，因?yàn)閟in(α＋β)＝－eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(12,13)，所以cos(α＋β)＝eq\f(4,5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝－eq\f(5,13)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α＋β－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))))＝cos(α＋β)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＋sin(α＋β)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,13)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\f(12,13)＝－eq\f(56,65).【通性通法】1．三角公式求值中變角的解題思路思路一當(dāng)“已知角”有兩個(gè)時(shí)，“所求角”一般表示為兩個(gè)“已知角”的和或差的形式思路二當(dāng)“已知角”有一個(gè)時(shí)，此時(shí)應(yīng)著眼于“所求角”與“已知角”的和或差的關(guān)系，再應(yīng)用誘導(dǎo)公式把“所求角”變成“已知角”2.常用的拆角、配角技巧2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β，β＝eq\f(α＋β,2)－eq\f(α－β,2)＝(α＋2β)－(α＋β)，α＝eq\f(α＋β,2)＋eq\f(α－β,2)，eq\f(α－β,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(β,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋β))，α－β＝(α－γ)＋(γ－β)，15°＝45°－30°，eq\f(π,4)＋α＝eq\f(π,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))等．【鞏固遷移】6．(2023·山東煙臺(tái)模擬)已知tan(α＋β)＝eq\f(1,2)，tan(α－β)＝eq\f(1,3)，則tan(π－2α)＝()A．1 B．－1C．2 D．－2答案B解析∵2α＝(α＋β)＋(α－β)，∴tan2α＝eq\f(tan(α＋β)＋tan(α－β),1－tan(α＋β)tan(α－β))＝eq\f(\f(1,2)＋\f(1,3),1－\f(1,2)×\f(1,3))＝1.又tan(π－2α)＝－tan2α，∴tan(π－2α)＝－1.故選B.7．已知0＜x＜eq\f(π,4)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝eq\f(5,13)，則eq\f(cos2x,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x)))＝________．答案eq\f(24,13)解析eq\f(cos2x,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x)))＝eq\f(cos2x－sin2x,\f(\r(2),2)(cosx－sinx))＝eq\r(2)(cosx＋sinx)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)).由0＜x＜eq\f(π,4)得0＜eq\f(π,4)－x＜eq\f(π,4)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,13)))\s\up12(2))＝eq\f(12,13)，所以原式＝2×eq\f(12,13)＝eq\f(24,13).課時(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1．sin70°sin10°＋cos10°cos70°＝()A．eq\f(1,2) B．－eq\f(1,2)C．eq\f(\r(3),2) D．－eq\f(\r(3),2)答案A解析sin70°sin10°＋cos10°cos70°＝cos(70°－10°)＝cos60°＝eq\f(1,2).故選A.2．在△ABC中，若cosA＝eq\f(4,5)，cosB＝－eq\f(3,5)，則cosC的值為()A．eq\f(7,25) B．eq\f(18,25)C．eq\f(24,25) D．－eq\f(24,25)答案C解析在△ABC中，由cosA＝eq\f(4,5)，得sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(3,5)，由cosB＝－eq\f(3,5)，得sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(4,5)，∴cosC＝cos[π－(A＋B)]＝－cos(A＋B)＝－cosAcosB＋sinAsinB＝－eq\f(4,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＋eq\f(3,5)×eq\f(4,5)＝eq\f(24,25).故選C.3．(2023·廣東茂名模擬)eq\f(tan70°tan10°＋1,tan70°－tan10°)＝()A．－eq\f(\r(3),3) B．eq\f(\r(3),3)C．－eq\r(3) D．eq\r(3)答案B解析eq\f(tan70°tan10°＋1,tan70°－tan10°)＝eq\f(1,\f(tan70°－tan10°,1＋tan70°tan10°))＝eq\f(1,tan60°)＝eq\f(\r(3),3).故選B.4．已知α為第三象限角，且sin2α－2＝2cos2α，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))的值為()A．－eq\f(7,10) B．eq\f(7,10)C．－eq\f(7\r(2),10) D．eq\f(7\r(2),10)答案D解析sin2α－2＝2cos2α?sin2α－2＝2(1－2sin2α)?sinα＝±eq\f(2\r(5),5)，因?yàn)棣翞榈谌笙藿?，所以sinα＝－eq\f(2\r(5),5)，cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(\r(5),5)，所以sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(4,5)，cos2α＝1－2sin2α＝－eq\f(3,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sin2α－cos2α)＝eq\f(7\r(2),10).故選D.5．(2023·保定模擬)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\f(2\r(2),3)，則sin2θ的值為()A．eq\f(7,9) B．－eq\f(7,9)C．eq\f(2,9) D．－eq\f(2,9)答案B解析由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\f(2\r(2),3)，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝sinθcoseq\f(π,4)－cosθsineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)(sinθ－cosθ)＝eq\f(2\r(2),3)，即sinθ－cosθ＝eq\f(4,3)，等式兩邊同時(shí)平方，得1－sin2θ＝eq\f(16,9)，所以sin2θ＝－eq\f(7,9).6．若sin(2α－β)＝eq\f(1,6)，sin(2α＋β)＝eq\f(1,2)，則sin2αcosβ＝()A．eq\f(2,3) B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,6) D．eq\f(1,12)答案B解析由sin(2α－β)＝eq\f(1,6)，sin(2α＋β)＝eq\f(1,2)，得sin2αcosβ－cos2αsinβ＝eq\f(1,6)①，sin2αcosβ＋cos2αsinβ＝eq\f(1,2)②，由①＋②，得2sin2αcosβ＝eq\f(2,3)，所以sin2αcosβ＝eq\f(1,3).7．已知α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6)))，若sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(5π,6)))＝eq\f(5,13)，則sin(α－β)的值為()A．eq\f(16,65) B．eq\f(33,65)C．eq\f(56,65) D．eq\f(63,65)答案A解析由題意可得α＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，β－eq\f(5π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝－eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(5π,6)))＝－eq\f(12,13)，所以sin(α－β)＝－sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(5π,6)))))＝－eq\f(4,5)×eq\f(5,13)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,13)))＝eq\f(16,65).8．(2023·重慶南開中學(xué)質(zhì)檢)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝2，則sinαcosα＋eq\f(\r(3),2)cos2α的值為()A．eq\f(1,5) B．eq\f(2,5)C．eq\f(3,5) D．eq\f(4,5)答案D解析由α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝2，得sinαcosα＋eq\f(\r(3),2)cos2α＝eq\f(1,2)sin2α＋eq\f(\r(3),2)cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))),sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＋cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))))＝eq\f(2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))),tan2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＋1)＝eq\f(2×2,22＋1)＝eq\f(4,5)，所以sinαcosα＋eq\f(\r(3),2)cos2α的值為eq\f(4,5).故選D.二、多項(xiàng)選擇題9．(2023·云南昆明模擬)已知α，β，γ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sinα＋sinγ＝sinβ，cosβ＋cosγ＝cosα，則下列說(shuō)法正確的是()A．cos(β－α)＝eq\f(1,2) B．cos(β－α)＝eq\f(1,3)C．β－α＝－eq\f(π,3) D．β－α＝eq\f(π,3)答案AD解析由題意，知sinγ＝sinβ－sinα，cosγ＝cosα－cosβ，將兩式分別平方后相加，得1＝(sinβ－sinα)2＋(cosα－cosβ)2＝2－2(sinβsinα＋cosβcosα)，∴cos(β－α)＝eq\f(1,2)，故A正確，B錯(cuò)誤；∵α，β，γ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinγ＝sinβ－sinα>0，∴β>α，∴0<β－α<eq\f(π,2)，∴β－α＝eq\f(π,3)，故C錯(cuò)誤，D正確．故選AD.10．設(shè)θ的終邊在第二象限，則eq\f(\r(1－sinθ),cos\f(θ,2)－sin\f(θ,2))的值可能為()A．1 B．－1C．－2 D．2答案AB解析∵θ的終邊在第二象限，∴2kπ＋eq\f(π,2)<θ<2kπ＋π，k∈Z，∴kπ＋eq\f(π,4)<eq\f(θ,2)<kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，∴eq\f(\r(1－sinθ),cos\f(θ,2)－sin\f(θ,2))＝eq\f(\r(sin2\f(θ,2)＋cos2\f(θ,2)－2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2)),cos\f(θ,2)－sin\f(θ,2))＝eq\f(\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2)))\s\up12(2)),cos\f(θ,2)－sin\f(θ,2))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2))),cos\f(θ,2)－sin\f(θ,2))，故當(dāng)2kπ＋eq\f(π,4)<eq\f(θ,2)<2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z時(shí)，sineq\f(θ,2)－coseq\f(θ,2)>0，eq\f(\r(1－sinθ),cos\f(θ,2)－sin\f(θ,2))＝eq\f(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2),cos\f(θ,2)－sin\f(θ,2))＝－1；當(dāng)2kπ＋eq\f(5π,4)<eq\f(θ,2)<2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z時(shí)，sineq\f(θ,2)－coseq\f(θ,2)<0，eq\f(\r(1－sinθ),cos\f(θ,2)－sin\f(θ,2))＝eq\f(cos\f(θ,2)－sin\f(θ,2),cos\f(θ,2)－sin\f(θ,2))＝1.故選AB.11．(2023·海南?？谀M)已知α∈(π，2π)，sinα＝eq\f(tanα,2)＝taneq\f(β,2)，則()A．tanα＝eq\r(3) B．cosα＝eq\f(1,2)C．tanβ＝4eq\r(3) D．cosβ＝eq\f(1,7)答案BD解析因?yàn)閟inα＝tanαcosα＝eq\f(tanα,2)，所以cosα＝eq\f(1,2)，又α∈(π，2π)，所以sinα＝－eq\f(\r(3),2)，tanα＝－eq\r(3)，故A錯(cuò)誤，B正確；因?yàn)閠aneq\f(β,2)＝sinα＝－eq\f(\r(3),2)，所以tanβ＝eq\f(2tan\f(β,2),1－tan2\f(β,2))＝－4eq\r(3)，cosβ＝eq\f(cos2\f(β,2)－sin2\f(β,2),sin2\f(β,2)＋cos2\f(β,2))＝eq\f(1－tan2\f(β,2),1＋tan2\f(β,2))＝eq\f(1,7)，故C錯(cuò)誤，D正確．故選BD.三、填空題12．(1＋tan20°)(1＋tan21°)(1＋tan24°)(1＋tan25°)＝________．答案4解析(1＋tan20°)(1＋tan25°)＝1＋tan20°＋tan25°＋tan20°tan25°＝1＋tan(20°＋25°)(1－tan20°tan25°)＋tan20°tan25°＝2，同理可得(1＋tan21°)(1＋tan24°)＝2，所以原式＝4.13．(2023·青島模擬)已知tan2θ＝－2eq\r(2)，eq\f(π,4)<θ<eq\f(π,2)，則eq\f(2cos2\f(θ,2)－sinθ－1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝________．答案－3＋2eq\r(2)解析由tan2θ＝－2eq\r(2)，即eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝－2eq\r(2)，解得tanθ＝eq\r(2)或tanθ＝－eq\f(\r(2),2).因?yàn)閑q\f(π,4)<θ<eq\f(π,2)，所以tanθ＝eq\r(2)且cosθ≠0，則eq\f(2cos2\f(θ,2)－sinθ－1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝eq\f(cosθ－sinθ,cosθ＋sinθ)＝eq\f(1－tanθ,1＋tanθ)＝eq\f(1－\r(2),1＋\r(2))＝－3＋2eq\r(2).14．(2023·邢臺(tái)模擬)已知α，β均為銳角，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(5π,6)))＝－eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＝eq\f(5,13)，則sin(α＋β)＝________，cos(2α－β)＝________．答案eq\f(33,65)eq\f(204,325)解析因?yàn)閟ineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(5π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝－eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＝eq\f(5,13)，所以α＋eq\f(π,3)為第二象限角，β－eq\f(π,3)為第一象限角，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3))))＝eq\f(4,5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＝eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3))))＝eq\f(12,13)，所以sin(α＋β)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＝eq\f(33,65)，cos(2α－β)＝－cos(2α－β＋π)＝－coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))))＝－eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＋sin\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))))＝－eq\f(12,13)coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))))－eq\f(5,13)sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))))＝－eq\f(12,13)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))－1))－eq\f(10,13)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(204,325).15．已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tanα＝eq\f(cos2β,1－sin2β)，則()A．α＋β＝eq\f(π,2) B．α－β＝eq\f(π,4)C．α＋β＝eq\f(π,4) D．α＋2β＝eq\f(π,2)答案B解析tanα＝eq\f(cos2β,1－sin2β)＝eq\f(cos2β－sin2β,(cosβ－sinβ)2)＝eq\f(cosβ＋sinβ,cosβ－sinβ)＝eq\f(1＋tanβ,1－tanβ)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋β)).∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴α＝eq\f(π,4)＋β，即α－β＝eq\f(π,4).故選B.16．魏晉南北朝時(shí)期，祖沖之利用割圓術(shù)以正24576邊形，求出圓周率π約等于eq\f(355,113)，和真正的值相比，其誤差小于八億分之一，這個(gè)記錄在一千年后才被打破．若已知π的近似值還可以表示成4sin52°，則eq\f(1－2cos27°,π\(zhòng)r(16－π2))的值為()A．－eq\f(1,8) B．－8C．8 D．eq\f(1,8)答案A解析將π＝4sin52°代入eq\f(1－2cos27°,π\(zhòng)r(16－π2))，可得eq\f(1－2cos27°,π\(zhòng)r(16－π2))＝eq\f(－cos14°,4sin52°\r(16－16sin252°))＝eq\f(－cos14°,16sin52°cos52°)＝－eq\f(cos14°,8sin104°)＝－eq\f(cos14°,8sin(90°＋14°))＝－eq\f(cos14°,8cos14°)＝－eq\f(1,8).17．(多選)(2023·長(zhǎng)沙模擬)若sineq\f(α,2)＝eq\f(\r(3),3)，α∈(0，π)，則()A．cosα＝eq\f(1,3)B．sinα＝eq\f(2,3)C．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(6)＋2\r(3),6)D．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－\f(π,4)))＝eq\f(2\r(3)－\r(6),6)答案AC解析∵sineq\f(α,2)＝eq\f(\r(3),3)，α∈(0，π)，∴eq\f(α,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，coseq\f(α,2)＝eq\r(1－sin2\f(α,2))＝eq\f(\r(6),3)，∴cosα＝1－2sin2eq\f(α,2)＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,3)，故A正確；sinα＝2sineq\f(α,2)coseq\f(α,2)＝2×eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(2\r(2),3)，故B錯(cuò)誤；sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,4)))＝sineq\f(α,2)coseq\f(π,4)＋coseq\f(α,2)sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(6),3)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6)＋2\r(3),6)，故C正確；sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－\f(π,4)))＝sineq\f(α,2)coseq\f(π,4)－coseq\f(α,2)sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(\r(6),3)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6)－2\r(3),6)，故D錯(cuò)誤．故選AC.18.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)，以x軸非負(fù)半軸為始邊的銳角α、鈍角β的終邊與單位圓O分別交于點(diǎn)A，B，x軸的非負(fù)半軸與單位圓O交于點(diǎn)M，已知S△OAM＝eq\f(\r(5),5)，點(diǎn)B的縱坐標(biāo)是eq\f(\r(2),10).(1)求cos(α－β)的值；(2)求2α－β的值．解(1)由題意，知OA＝OM＝1，因?yàn)镾△OAM＝eq\f(1,2)OA·OMsinα＝eq\f(\r(5),5)，所以sinα＝eq\f(2\r(5),5)，又α為銳角，所以cosα＝eq\f(\r(5),5).因?yàn)辄c(diǎn)B是鈍角β的終邊與單位圓O的交點(diǎn)，且點(diǎn)B的縱坐標(biāo)是eq\f(\r(2),10)，所以sinβ＝eq\f(\r(2),10)，cosβ＝－eq\f(7\r(2),10)，所以cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝eq\f(\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7\r(2),10)))＋eq\f(2\r(5),5)×eq\f(\r(2),10)＝－eq\f(\r(10),10).(2)因?yàn)閟inα＝eq\f(2\r(5),5)，cosα＝eq\f(\r(5),5)，sinβ＝eq\f(\r(2),10)，cosβ＝－eq\f(7\r(2),10)，所以sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(2\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7\r(2),10)))－eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(2),10)＝－eq\f(3\r(10),10)，又cos(α－β)＝－eq\f(\r(10),10)，所以sin(2α－β)＝sin[α＋(α－β)]＝sinαcos(α－β)＋cosαsin(α－β)＝－eq\f(\r(2),2)，因?yàn)棣翞殇J角，sinα＝eq\f(2\r(5),5)＞eq\f(\r(2),2)，所以α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，又β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以2α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以2α－β＝－eq\f(π,4).第2課時(shí)簡(jiǎn)單的三角恒等變換考點(diǎn)探究——提素養(yǎng)考點(diǎn)一三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)例12eq\r(1＋sin4)＋eq\r(2＋2cos4)＝()A．2cos2 B．2sin2C．4sin2＋2cos2 D．2sin2＋4cos2答案B解析2eq\r(1＋sin4)＋eq\r(2＋2cos4)＝2eq\r(sin22＋2sin2cos2＋cos22)＋eq\r(2＋2(2cos22－1))＝2eq\r((sin2＋cos2)2)＋eq\r(4cos22)＝2|sin2＋cos2|＋2|cos2|.∵eq\f(π,2)<2<π，∴cos2<0，∵sin2＋cos2＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(π,4)))，0<2＋eq\f(π,4)<π，∴sin2＋cos2>0，∴原式＝2(sin2＋cos2)－2cos2＝2sin2.故選B.【通性通法】1．三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)要遵循“三看”原則2．三角函數(shù)式化簡(jiǎn)的方法：弦切互化，異名化同名，異角化同角，降冪或升冪．在三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)中“次降角升”和“次升角降”是基本的規(guī)律，根號(hào)中含有三角函數(shù)式時(shí)，一般需要升次．【鞏固遷移】1．(2024·江蘇無(wú)錫天一中學(xué)高三模擬)已知0<θ<π，則eq\f((1＋sinθ＋cosθ)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2))),\r(2＋2cosθ))＝________．答案－cosθ解析原式＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2)＋2cos2\f(θ,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2))),\r(4cos2\f(θ,2)))＝coseq\f(θ,2)·eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2\f(θ,2)－cos2\f(θ,2))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(θ,2))))＝eq\f(－cos\f(θ,2)cosθ,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(θ,2)))).因?yàn)?<θ<π，所以0<eq\f(θ,2)<eq\f(π,2)，即coseq\f(θ,2)>0，所以原式＝－cosθ.考點(diǎn)二三角函數(shù)式的求值(多考向探究)考向1給角求值問(wèn)題例2(1)cos(－75°)的值是()A．eq\f(\r(6)－\r(2),2) B．eq\f(\r(6)＋\r(2),2)C．eq\f(\r(6)－\r(2),4) D．eq\f(\r(6)＋\r(2),4)答案C解析cos(－75°)＝cos(45°－120°)＝cos45°·cos120°＋sin45°sin120°＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4).故選C.(2)化簡(jiǎn)：eq\f(cos40°,cos25°\r(1－cos50°))＝()A．eq\r(2) B．2eq\r(2)C．eq\r(3) D．eq\r(3)－1答案A解析eq\f(cos40°,cos25°\r(1－cos50°))＝eq\f(cos(90°－50°),cos25°\r(1－(1－2sin225°)))＝eq\f(sin50°,\r(2)cos25°sin25°)＝eq\f(2sin50°,\r(2)sin50°)＝eq\r(2).故選A.(3)cos20°cos40°cos100°＝________．答案－eq\f(1,8)解析cos20°cos40°cos100°＝－cos20°cos40°cos80°＝－eq\f(sin20°cos20°cos40°cos80°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,2)sin40°cos40°cos80°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,4)sin80°cos80°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,8)sin160°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,8)sin20°,sin20°)＝－eq\f(1,8).【通性通法】解決給角求值問(wèn)題的技巧(1)對(duì)于非特殊角的三角函數(shù)式求值問(wèn)題，一定要本著先整體后局部的基本原則，如果整體符合三角函數(shù)公式的形式，則整體變形，否則進(jìn)行各局部的變形．(2)一般途徑有將非特殊角化為特殊角的和或差的形式，化為正負(fù)相消的項(xiàng)并消項(xiàng)求值，化分子、分母形式進(jìn)行約分，解題時(shí)要逆用或變用公式．(3)直接正用、逆用二倍角公式，結(jié)合誘導(dǎo)公式和同角三角函數(shù)的基本關(guān)系對(duì)已知式子進(jìn)行轉(zhuǎn)化，一般可以化為特殊角．(4)若形式為幾個(gè)非特殊角的三角函數(shù)式相乘，則一般逆用二倍角的正弦公式，在求解過(guò)程中，需利用互余關(guān)系配湊出應(yīng)用二倍角公式的條件，使得問(wèn)題出現(xiàn)可以連用二倍角的正弦公式的形式．【鞏固遷移】2．若tanα＝2tan10°，則eq\f(cos(α－80°),sin(α－10°))＝________．答案3解析∵tanα＝2tan10°，∴eq\f(cos(α－80°),sin(α－10°))＝eq\f(cos(α＋10°－90°),sin(α－10°))＝eq\f(sin(α＋10°),sin(α－10°))＝eq\f(sinαcos10°＋cosαsin10°,sinαcos10°－cosαsin10°)＝eq\f(tanα＋tan10°,tanα－tan10°)＝eq\f(3tan10°,tan10°)＝3.考向2給值求值問(wèn)題例3已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝－eq\f(3,5)，－π<α<0，則cosα＝()A．eq\f(\r(2),10) B．－eq\f(\r(2),10)C．eq\f(7\r(2),10) D．－eq\f(7\r(2),10)答案D解析因?yàn)椋?lt;α<0，所以－eq\f(3π,4)<eq\f(π,4)＋α<eq\f(π,4)，又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝－eq\f(3,5)<0，所以－eq\f(3π,4)<eq\f(π,4)＋α<－eq\f(π,2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝－eq\f(4,5)，所以cosα＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))－\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))coseq\f(π,4)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))sineq\f(π,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\f(\r(2),2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(7\r(2),10).故選D.【通性通法】給值求值問(wèn)題的求解思路【鞏固遷移】3．已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，cos2α＝eq\f(4,5)，則sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝()A．eq\f(1,5) B．eq\f(2,5)C．eq\f(3,5) D．eq\f(4,5)答案D解析∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，又cos2α＝eq\f(4,5)，∴sin2α＝eq\r(1－cos22α)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))\s\up12(2))＝eq\f(3,5)，∴sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2))),2)＝eq\f(1＋sin2α,2)＝eq\f(1＋\f(3,5),2)＝eq\f(4,5).故選D.考向3給值求角問(wèn)題例4已知cosα＝eq\f(2\r(5),5)，sinβ＝eq\f(\r(10),10)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則α＋β的值是()A．eq\f(3π,4) B．eq\f(π,4) C．eq\f(7π,4) D．eq\f(5π,4)答案B解析∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(\r(5),5)，cosβ＝eq\r(1－sin2β)＝eq\f(3\r(10),10)，∴cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(2\r(5),5)×eq\f(3\r(10),10)－eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(10),10)＝eq\f(\r(2),2)，又α＋β∈(0，π)，∴α＋β＝eq\f(π,4).故選B.【通性通法】已知三角函數(shù)值求角的解題步驟提醒：在根據(jù)三角函數(shù)值求角時(shí)，易忽視角的范圍，而得到錯(cuò)誤答案．【鞏固遷移】4．若cosα＝eq\f(1,7)，sin(α＋β)＝eq\f(5\r(3),14)，0<α<eq\f(π,2)，0<β<eq\f(π,2)，則角β的值為()A．eq\f(π,3) B．eq\f(5π,12)C．eq\f(π,6) D．eq\f(π,4)答案A解析∵0<α<eq\f(π,2)，0<β<eq\f(π,2)，∴0<α＋β<π，由cosα＝eq\f(1,7)，sin(α＋β)＝eq\f(5\r(3),14)，得sinα＝eq\f(4\r(3),7)，cos(α＋β)＝±eq\f(11,14).若cos(α＋β)＝eq\f(11,14)，則sinβ＝sin[(α＋β)－α]＝sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)·sinα＝eq\f(5\r(3),14)×eq\f(1,7)－eq\f(11,14)×eq\f(4\r(3),7)<0，與sinβ>0矛盾，故舍去；若cos(α＋β)＝－eq\f(11,14)，則cosβ＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cosα＋sin(α＋β)·sinα＝－eq\f(11,14)×eq\f(1,7)＋eq\f(5\r(3),14)×eq\f(4\r(3),7)＝eq\f(1,2)，又β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴β＝eq\f(π,3).故選A.考點(diǎn)三三角恒等變換的綜合應(yīng)用例5設(shè)m為實(shí)數(shù)，已知sinα－eq\r(3)cosα＝m－1，則m的取值范圍是________．答案[－1，3]解析sinα－eq\r(3)cosα＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinα－\f(\r(3),2)cosα))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝m－1，因?yàn)椋?≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))≤1，所以－2≤2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))≤2，所以－2≤m－1≤2，解得－1≤m≤3，則m的取值范圍是[－1，3]．【通性通法】三角恒等變換的綜合應(yīng)用主要是將三角變換與三角函數(shù)的性質(zhì)相結(jié)合，通常是把復(fù)雜的三角函數(shù)通過(guò)恰當(dāng)?shù)娜亲儞Q，轉(zhuǎn)化為一種簡(jiǎn)單的三角函數(shù)，再研究轉(zhuǎn)化后函數(shù)的性質(zhì)．在這個(gè)過(guò)程中通常利用輔助角公式，將y＝asinx＋bcosx轉(zhuǎn)化為y＝Asin(x＋φ)或y＝Acos(x＋φ)的形式，以便研究函數(shù)的性質(zhì)，解題時(shí)注意觀察角、函數(shù)名、結(jié)構(gòu)等特征，注意利用整體思想解決相關(guān)問(wèn)題．【鞏固遷移】5．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(2),4)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋eq\f(\r(6),4)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)).(1)求函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,2)))上的最值；(2)若cosθ＝eq\f(4,5)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))的值．解(1)由題意得f(x)＝eq\f(\r(2),4)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋eq\f(\r(6),4)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋\f(\r(3),2)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))))＝－eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(7π,12))).因?yàn)閤∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,2)))，所以x－eq\f(7π,12)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(11π,12)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(7π,12)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，所以－eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(7π,12)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(6),4)))，即函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,2)))上的最大值為eq\f(\r(6),4)，最小值為－eq\f(\r(2),2).(2)因?yàn)閏osθ＝eq\f(4,5)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，所以sinθ＝－eq\f(3,5)，所以sin2θ＝2sinθcosθ＝－eq\f(24,25)，cos2θ＝cos2θ－sin2θ＝eq\f(16,25)－eq\f(9,25)＝eq\f(7,25)，