高中數(shù)學(xué)三角恒等變換總結(jié)與習(xí)題蘇教版必修4

1、三角恒等變形及應(yīng)用.課標(biāo)要求：.經(jīng)歷用向量的數(shù)量積推導(dǎo)出兩角差的余弦公式的過(guò)程，進(jìn)一步體會(huì)向量方法的作 用；.能從兩角差的余弦公式導(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；.能運(yùn)用上述公式進(jìn)行簡(jiǎn)單的恒等變換(包括引導(dǎo)導(dǎo)出積化和差、和差化積、半角 公式，但不要求記憶)。.命題走向從近幾年的高考考察的方向來(lái)看，這部分的高考題以選擇、解答題出現(xiàn)的機(jī)會(huì)較多， 有時(shí)候也以填空題的形式出現(xiàn)，它們經(jīng)常與三角函數(shù)的性質(zhì)、解三角形及向量聯(lián)合考察， 主要題型有三角函數(shù)求值，通過(guò)三角式的變換研究三角函數(shù)的性質(zhì)。本講內(nèi)容是高考復(fù)習(xí)的重點(diǎn)之一，三角函數(shù)的化簡(jiǎn)、求值及三角恒等

2、式的證明是三 角變換的基本問(wèn)題。歷年高考中，在考察三角公式的掌握和運(yùn)用的同時(shí)，還注重考察思 維的靈活性和發(fā)散性，以及觀察能力、運(yùn)算及觀察能力、運(yùn)算推理能力和綜合分析能力。 三.要點(diǎn)精講.兩角和與差的三角函數(shù)sin(a P) =sin 汽 cos P cosu sin P ；cos(、二 I ,) = cos: cos : - sin : sin :; TOC o 1-5 h z tan 二 tan : tan(a P) =a 。+ tan : tan -.二倍角公式sin 2：cos 2：tan 2 ;=2sin ct cos a ；22= cos a -sin a =2cos 口 1 =1

3、2sin a ；2tan ;21 - tan -3.三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)常用方法：直接應(yīng)用公式進(jìn)行降次、消項(xiàng)；切割化弦，異名化同名，異角化同 角；三角公式的逆用等。(2)化簡(jiǎn)要求：能求出值的應(yīng)求出值；使三角函數(shù)種數(shù) 盡量少；使項(xiàng)數(shù)盡量少；盡量使分母不含三角函數(shù)；盡量使被開(kāi)方數(shù)不含三角函 數(shù)。(1)降哥公式21 -cos2：21 cos2：sin 口 cosa = sin 2a ； sin a =； cos a =。22(2)輔助角公式asin x+bcosx = Ja2+b2 sin (x+平),其中sin 丁 =.a2b2 a2 b2.三角函數(shù)的求值類(lèi)型有三類(lèi)(1)給角求值：一般所給出的角都是非

4、特殊角，要觀察所給角與特殊角間的關(guān)系， 利用三角變換消去非特殊角，轉(zhuǎn)化為求特殊角的三角函數(shù)值問(wèn)題；(2)給值求值：給出某些角的三角函數(shù)式的值，求另外一些角的三角函數(shù)值，解題的關(guān)鍵在于“變角”，如& =(口 +P )-P,2 =(u +P )+(o( P )等，把所求角用含已知角的式子表示，求解時(shí)要注意角的范圍的討論；(3)給值求角：實(shí)質(zhì)上轉(zhuǎn)化為“給值求值”問(wèn)題，由所得的所求角的函數(shù)值結(jié)合所 求角的范圍及函數(shù)的單調(diào)性求得角。.三角等式的證明(1)三角恒等式的證題思路是根據(jù)等式兩端的特征，通過(guò)三角恒等變換，應(yīng)用化繁為簡(jiǎn)、左右同一等方法，使等式兩端化“異”為“同”；(2)三角條件等式的證題思路是通過(guò)

5、觀察，發(fā)現(xiàn)已知條件和待證等式間的關(guān)系，采用代入法、消參法或分析法進(jìn)行證明。四.典例解析題型1:兩角和與差的三角函數(shù)例 1.已知 sin a +sin P =1,cosa +cosP =0,求 co s(a + P)的值。a + B分析：因?yàn)?a + 0)既可看成是支與P的和，也可以 看作是的倍角，因而可2得到下面的兩種解法。解法一：由已知 sin a +sin P =1,cos 工 +cos : =02+ 2得 2+2cos ( a B) = 1 ；cos ( a _ P)= 22 2得 cos2a +cos2 + +2cos ( a + P)= 1,即 2cos (汽 + P ) cos(

6、a P) +1= 1。cos( + P )= T?！?r0( + P 0( P解法二：由得2sin cos =122ot + B a _ B由得 2coscos=022ot + P -一得cot-=0,21 - tan21 tan2,2 ：cot2,2 ：cot2-1點(diǎn)評(píng)：此題是給出單角的三角函數(shù)方程，求復(fù)角的余弦值，易犯錯(cuò)誤是利用方程組解sin a、cos a、 sin P、 cosP，但未知數(shù)有四個(gè)，顯然前景并不樂(lè)觀，其錯(cuò)誤的原因在于沒(méi)有注意到所求式與已知式的關(guān)系本題關(guān)鍵在于化和為積促轉(zhuǎn)化，“整體對(duì)應(yīng)”巧應(yīng)用。例 2 , 已知 t a, n P是方箱x2n x+ =的兩個(gè)或根根6的2sin

7、2 (a +B )3sin(a + 0 )cos(a + 0 )+cos2 (a +，?勺值。分析：由韋達(dá)定理可得到tana + tanP及tana tanP的值，進(jìn)而可以求出tan( + P)的值，再將所求值的三角函數(shù)式用tan。+ P )表示便可知其值。解法一：由韋達(dá)定理得 tana+tan B =5, tana tan B = 6 ,tan - tan ：5所以 tan 二=1 -tan 二 tan :1 -6國(guó) 2sin21：工 一；) 3sin i 一 口)cosi - Fecos2 :2 一 F ：i原式-2:2:sin工 一 Pcos 工-P)2tan21y. I)3tan ;t

8、an2 戶-F11 2 1-3-11=3解法二：由韋達(dá)定理得 tan： tan : = 5,tan: tan ： =6,tan 二 tan ：5所以 tan I -=二1 -tan 二 tan : TOC o 1-5 h z 一一， -3于是有 a + P =kir +-n (k = Z ),一八.2 A33 3 . f3 )2 3 ) , 31八原式=2sin kn+n Isin 2kn+-n +cos kn 十一冗 |=1 十一十一=3。I4J 2 I2 )I4 J 22點(diǎn)評(píng)：（1）本例解法二比解法一要簡(jiǎn)捷，好的解法來(lái)源于熟練地掌握知識(shí)的系統(tǒng)結(jié)構(gòu)，從而尋找解答本題的知識(shí)“最近發(fā)展區(qū)”。（2

9、）運(yùn)用兩角和與差角三角函數(shù)公式的關(guān)鍵是熟記公式，我們不僅要記住公式，更重要的是抓住公式的特征，如角的關(guān)系，次數(shù) 關(guān)系，三角函數(shù)名等抓住公式的結(jié)構(gòu)特征對(duì)提高記憶公式的效率起到至關(guān)重要的作用， 而且抓住了公式的結(jié)構(gòu)特征，有利于在解題時(shí)觀察分析題設(shè)和結(jié)論等三角函數(shù)式中所具有的相似性的結(jié)構(gòu)特征，聯(lián)想到相應(yīng)的公式，從而找到解題的切入點(diǎn)。（3）對(duì)公式的逆用公式，變形式也要熟悉，如cos（口 + C JcosP +sin（ + P Sin P =cosa,tan：工 一 I； !1 -tan： tan : = tan工 tan :,tan:工一I； itan : tan ： = tan ：- tan- -

10、tan :,tan +tan B +tan（a + P ）tan tan B = tan（ + B ）題型2:二倍角公式例3.化簡(jiǎn)下列各式：（1） J1 -1 I - +1cos2ct let 3 ii ,2n S,2 2、2 2 I I 2）2 . 2 .c cos 1 一sin -一公一V2 cot 十口 icos 一一口 |4 J U J分析：（1）若注意到化簡(jiǎn)式是開(kāi)平方根和2 a是口的二倍，c（是巴的二倍 以及其范2 TOC o 1-5 h z JIJIJ圍不難找到解題的突破口；（2）由于分子是一個(gè)平方差， 分母中的角 一+0（+口=一,442若注意到這兩大特征，不難得到解題的切入點(diǎn)。

11、一 一 ,3n一11 , 1,解析：（1）因?yàn)?a 2幾，所以一十cos2a = cos =cosa , 212 2又因卜上”所以4一3四a=sin 一2a= sin,2CL所以，原式=sin 。2(2)原式=cos2:cos 2：sinc , M 122 tan - -a icos4Jcos 2：cos 2：JT 1-CL I4=1。)cos 2a-2a I21712sin - -a cos - -a I點(diǎn)評(píng)：(1)在二倍角公式中，兩個(gè)角的倍數(shù)關(guān)系，不僅限于2a是ot的二倍，要熟悉多種形式的兩個(gè)角的倍數(shù)關(guān)系，同時(shí)還要注意Ji2a三個(gè)角的內(nèi)在聯(lián)系的作用,71JTcos2a=sin 2 ! =

12、2sin 土a cos 土a |是常用的三角變換。(2)化簡(jiǎn)題一定要找準(zhǔn)解題的突破口或切入點(diǎn)，其中的降次，消元，切割化弦，異名化同名,sin2.：s21 cos2：(3) 公式變形 cosot =, cos a =,2sin :2法。異角化同角是常用的化簡(jiǎn)技巧。3 17分析:.2 sin(ji注思x = 一4產(chǎn)-,一n x -n5 122，求 sin2x + 28s x 的值。1 - tanx及 2x=2 仁 +4-二的兩變換，就有以下的兩種解2解法一：由1712ji二 x 一:二 2 二4&又因cos x43 .一,sin 5(jix4cosxcos - x -八44=cos 一 x cos

13、 sin - x sin 二4444二,10107:2 ,一 從而 sin x = , tanx =7.22原式 2sin xcosx 2sin x1 - tan x10I 10 J1 -7+ 2用28752sin xcosx 1 tanx解法二：原式:1 -tanx= sin2xtan + x I,4而sin2x =sin 2 +x L2=-cos2 +x 1= - |2cos + x 1-114)tan - x4(兀sin - x4(JIcos x4所以，原式25 I 3 J點(diǎn)評(píng)：此題若將(Jicos x的值，就很繁瑣，把2875=3的左邊展開(kāi)成5一刀 3工cos- cos-sin- si

14、nx 一再求 cosx, sinx45三+x作為整體，并注意角的變換 2 -4-+x= +2x,運(yùn)用二0,a= R),x且f(x)的圖象在y軸右側(cè)的第一個(gè)局點(diǎn)的橫坐標(biāo)為一6的值;(H)如果f(x)在區(qū)間-一，一 3 6L ”.更上的最小值為J3,求a的值。解析：(I)f (x)=31 .-3cos2 x sin 2 x -二.3: sin(2 x)a32JI TC TE依題意得20一 =(II)由(I)知,JT f (x): sin(x -)3二 5 二又當(dāng)x ,53 631時(shí)，x+ 一0,3.-1 ，一，故一; sin(x+ )1,從而 f(x)在區(qū)上的最小值為近1+旦a,故”與 222HJ

15、If例 10. (06 上海理，17)求函數(shù) y =2cos(x+)cos(x )+ J3sin2x 的值域和 最小正周期。解析：y=cos(x+ :)cos(x ： )+，3 sin2x=cos2x+ V3 sin2x=2sin(2x+ 1),函數(shù)y=cos(x+ ：)cos(x 亍)+ 3 sin2x的值域是2,2,最小正周期是 兀。題型6:三角函數(shù)綜合問(wèn)題 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark76 o Current Document 4n兀例 11.已知向量 a = (sin i,1),b = (1,cos?), 一一 ：二 1 ：二一. HYPERLI

16、NK l bookmark70 o Current Document 22 44 4(I)若a _Lb,求仕 (II)求a +b的最大值。解析：(1) a _L b, = aLb =0 = sin 9 +cos6 =0=日=4 ;(2). a +b| =|(sin 曰 +1,cos9 +1) = J(sin 9 +1)2 +(cosB +1)2-sin2 2sin 1 cos22cos 1 - 2(sin【cos?) 3=.2；5sin(:二)3當(dāng)sin(日+?=1時(shí)a +b有最大值，此時(shí)日=， 最大值為 67齊3=&+1。點(diǎn)評(píng)：本題主要考察以下知識(shí)點(diǎn)：1、向量垂直轉(zhuǎn)化為數(shù)量積為 0； 2,特

17、殊角的三角函數(shù)值；3、三角函數(shù)的基本關(guān)系以及三角函數(shù)的有界性；4.已知向量的坐標(biāo)表示求模，難度中等，計(jì)算量不大。3T例 12. (2001 天津理，22)設(shè) 0 0 0 H故兩條已知曲線有四個(gè)不同的交點(diǎn)的充要條件為,(0。02(2)設(shè)四個(gè)交點(diǎn)的坐標(biāo)為(Xi, y)(i=1, 2, 3, 4),則：Xi2+yi2=2cos 0 ( J2 ,(i=1, 2, 3, 4)。故四個(gè)交點(diǎn)共圓，并且這個(gè)圓的半徑 r= 2 cos0 C ( J2,J2).點(diǎn)評(píng)：本題注重考查應(yīng)用解方程組法處理曲線交點(diǎn)問(wèn)題，這也是曲線與方程的基本 方法，同時(shí)本題也突出了對(duì)三角不等關(guān)系的考查。題型7:三角函數(shù)的應(yīng)用例13.有一塊

18、扇形鐵板，半徑為 R,圓心角為60。，從這個(gè)扇形中切割下一個(gè)內(nèi)接 矩形，即矩形的各個(gè)頂點(diǎn)都在扇形的半徑或弧上，求這個(gè)內(nèi)接矩形的最大面積.分析：本題入手要解決好兩個(gè)問(wèn)題，(1)內(nèi)接矩形的放置有兩種情況，如圖 2-19所示，應(yīng)該分別予以處理；(2)求最大值問(wèn)題這里應(yīng)構(gòu)造函數(shù)，怎么選擇便于以此表達(dá)矩形面積的自變量。圖 2-19解析：如圖 2-19(1)設(shè)/ FOA= 0 ,則 FG=Rsin0 ,在 AOEF 中一v一丁 sm(60 -8)_Rsin 120，EF =2酮60,-g)忑又設(shè)矩形EFGH的面積為S,那么S = FG*EF =2R3dn(600 -fl)Rgs(2e-6ir )-cos6

19、0fl R21二書(shū)忑際(26。)-又 0 0 60 ,故當(dāng) cos(2 0 -60 )= 1,即。=30時(shí)，S取得最大值吟Q-標(biāo)宏寫(xiě)如圖 2-19 (2),設(shè)/ FOA =。，則 EF=2Rsin(30 0 )，在 OFG 中，/ OGF= 150FG R故F =即FC = 2Rsmesincr suiIjU設(shè)矩形的面積為 S.那么 S= EFFG= 4R2sin 0 sin(30 -0)= 2R2 cos(2。-30 )-cos30 .-/3= 2R2cos(2 0 .30 )-y又. 0v。v 30 ,故當(dāng) cos(2 0 -30 )= 1即6 =15時(shí)S取最大值為2R?(1-，)=R12

20、f5)6，因此內(nèi)接矩形的最大面積為6。五.思維總結(jié)從近年高考的考查方向來(lái)看，這部分常常以選擇題和填空題的形式出現(xiàn)，有時(shí)也以 大題的形式出現(xiàn)，分值約占5%因此能否掌握好本重點(diǎn)內(nèi)容，在一定的程度上制約著在高 考中成功與否。.兩角和與兩角差的正弦、余弦、正切公式，二倍角的正弦、余弦、正切公式,在學(xué)習(xí)時(shí)應(yīng)注意以下幾點(diǎn)：(1)不僅對(duì)公式的正用逆用要熟悉，而且對(duì)公式的變形應(yīng)用也要熟悉；(2)善于拆角、拼角如 口 = (ot + P P , 2a =(a + P )+ (a - P )2ot + P=(ot + P)+ot 等；(3)注意倍角的相對(duì)性(4)要時(shí)時(shí)注意角的范圍(5)化簡(jiǎn)要求熟悉常用的方法與技巧，如切化弦，異名化同名，異角化同角等。.證明三角等式的思路和方法。(1)思路：利用三角公式進(jìn)行化名，化角，改變運(yùn)算結(jié)構(gòu)，使等式兩邊化為同一形