2025年高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案數(shù)學(xué)提升版第五章第3講 第1課時(shí)含答案

2025年高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案數(shù)學(xué)提升版第五章第3講第1課時(shí)含答案第3講簡(jiǎn)單的三角恒等變換[課程標(biāo)準(zhǔn)]1.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，了解他們的內(nèi)在聯(lián)系.3.能運(yùn)用上述公式進(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)．1．兩角和與差的正弦、余弦和正切公式2．二倍角的正弦、余弦、正切公式公式名公式二倍角的正弦sin2α＝eq\x(\s\up1(07))2sinαcosα二倍角的余弦cos2α＝eq\x(\s\up1(08))cos2α－sin2α＝eq\x(\s\up1(09))1－2sin2α＝eq\x(\s\up1(10))2cos2α－1二倍角的正切tan2α＝eq\x(\s\up1(11))eq\f(2tanα,1－tan2α)3.半角公式sineq\f(α,2)＝eq\x(\s\up1(12))±eq\r(\f(1－cosα,2))，coseq\f(α,2)＝eq\x(\s\up1(13))±eq\r(\f(1＋cosα,2))，taneq\f(α,2)＝eq\x(\s\up1(14))±eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα))．1．公式的常用變式：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：sin2α＝eq\f(1－cos2α,2)；cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)；sinαcosα＝eq\f(1,2)sin2α.3．升冪公式：1＋cosα＝2cos2eq\f(α,2)；1－cosα＝2sin2eq\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)；1－sinα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))eq\s\up12(2).4．常用拆角、拼角技巧：例如，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－β＝(α－γ)＋(γ－β)；eq\f(π,4)＋α＝eq\f(π,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))等．5．輔助角公式：一般地，函數(shù)f(α)＝asinα＋bcosα(a，b為常數(shù))可以化為f(α)＝eq\r(a2＋b2)sin(α＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中tanφ＝\f(b,a)))或f(α)＝eq\r(a2＋b2)cos(α－θ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中tanθ＝\f(a,b))).1．(人教A必修第一冊(cè)習(xí)題5.5T6(1)改編)sin20°·cos10°－cos160°sin10°＝()A．－eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(3),2)C．－eq\f(1,2) D.eq\f(1,2)答案D解析原式＝sin20°cos10°＋cos20°sin10°＝sin(20°＋10°)＝sin30°＝eq\f(1,2).2．(2021·全國(guó)乙卷)cos2eq\f(π,12)－cos2eq\f(5π,12)＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(3),2)答案D解析cos2eq\f(π,12)－cos2eq\f(5π,12)＝cos2eq\f(π,12)－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,12)))＝cos2eq\f(π,12)－sin2eq\f(π,12)＝coseq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2).故選D.3．(多選)(人教A必修第一冊(cè)習(xí)題5.5T12改編)化簡(jiǎn)：eq\f(3,5)sinx＋eq\f(3\r(3),5)cosx＝()A.eq\f(6,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))) B.eq\f(6,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))C.eq\f(6,5)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))) D.eq\f(6,5)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))答案AC解析eq\f(3,5)sinx＋eq\f(3\r(3),5)cosx＝eq\f(6,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx＋\f(\r(3),2)cosx))＝eq\f(6,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝eq\f(6,5)coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))))＝eq\f(6,5)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))).故選AC.4．(人教A必修第一冊(cè)5.5.1例3改編)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且sinα＝eq\f(4,5)，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))的值為_(kāi)_______．答案－eq\f(1,7)解析因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且sinα＝eq\f(4,5)，所以cosα＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))\s\up12(2))＝－eq\f(3,5)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(\f(4,5),－\f(3,5))＝－eq\f(4,3).所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(tanα＋tan\f(π,4),1－tanαtan\f(π,4))＝eq\f(－\f(4,3)＋1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))×1)＝－eq\f(1,7).5．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).第1課時(shí)兩角和與差的正弦、余弦和正切公式及二倍角公式考向一公式的直接應(yīng)用例1(1)若cosα＝－eq\f(4,5)，α是第三象限角，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝()A.eq\f(7\r(2),10) B．－eq\f(7\r(2),10)C．－eq\f(\r(2),10) D.eq\f(\r(2),10)答案B解析∵α是第三象限角，∴sinα<0，且sinα＝－eq\r(1－cos2α)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))\s\up12(2))＝－eq\f(3,5)，因此sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝sinαcoseq\f(π,4)＋cosαsineq\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B.(2)(2024·長(zhǎng)沙模擬)古希臘數(shù)學(xué)家泰特托斯(Theaetetus，公元前417～公元前369年)詳細(xì)地討論了無(wú)理數(shù)的理論，他通過(guò)圖來(lái)構(gòu)造無(wú)理數(shù)eq\r(2)，eq\r(3)，eq\r(5)，….如圖，則cos∠BAD＝()A.eq\f(2\r(6)－3\r(3),6) B.eq\f(2\r(3)－\r(6),6)C.eq\f(2\r(3)＋\r(6),6) D.eq\f(2\r(6)＋3\r(3),6)答案B解析記∠BAC＝α，∠CAD＝β，由題意知cosα＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，sinα＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，cosβ＝eq\f(\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3)，sinβ＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，所以cos∠BAD＝cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(6),3)－eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(2\r(3)－\r(6),6).故選B.(3)(2021·全國(guó)甲卷)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tan2α＝eq\f(cosα,2－sinα)，則tanα＝()A.eq\f(\r(15),15) B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(\r(5),3) D.eq\f(\r(15),3)答案A解析因?yàn)閠an2α＝eq\f(sin2α,cos2α)＝eq\f(2sinαcosα,1－2sin2α)，且tan2α＝eq\f(cosα,2－sinα)，所以eq\f(2sinαcosα,1－2sin2α)＝eq\f(cosα,2－sinα)，解得sinα＝eq\f(1,4).因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosα＝eq\f(\r(15),4)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(\r(15),15).故選A.利用三角函數(shù)公式解題時(shí)的注意點(diǎn)(1)首先要注意公式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)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)相反”．(2)應(yīng)注意同角三角函數(shù)的基本關(guān)系與誘導(dǎo)公式的綜合應(yīng)用．(3)應(yīng)注意配方法、因式分解和整體代換思想的應(yīng)用．1.已知sinα＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，tan(π－β)＝eq\f(1,2)，則tan(α－β)的值為()A．－eq\f(2,11) B.eq\f(2,11)C.eq\f(11,2) D．－eq\f(11,2)答案A解析∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq\f(3,5)，∴cosα＝－eq\f(4,5)，tanα＝－eq\f(3,4)，又tan(π－β)＝eq\f(1,2)，∴tanβ＝－eq\f(1,2)，∴tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)＝eq\f(－\f(3,4)＋\f(1,2),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝－eq\f(2,11).故選A.2．(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)已知sin(α－β)＝eq\f(1,3)，cosαsinβ＝eq\f(1,6)，則cos(2α＋2β)＝()A.eq\f(7,9) B.eq\f(1,9)C．－eq\f(1,9) D．－eq\f(7,9)答案B解析因?yàn)閟in(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(1,3)，而cosαsinβ＝eq\f(1,6)，因此sinαcosβ＝eq\f(1,2)，則sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(2,3)，所以cos(2α＋2β)＝cos[2(α＋β)]＝1－2sin2(α＋β)＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,9).故選B.考向二公式的逆用和變形用例2(1)tan70°＋tan50°－eq\r(3)tan70°tan50°的值為()A.eq\r(3) B.eq\f(\r(3),3)C．－eq\f(\r(3),3) D．－eq\r(3)答案D解析因?yàn)閠an120°＝eq\f(tan70°＋tan50°,1－tan70°tan50°)＝－eq\r(3)，所以tan70°＋tan50°－eq\r(3)tan70°tan50°＝－eq\r(3).故選D.(2)(2022·新高考Ⅱ卷)若sin(α＋β)＋cos(α＋β)＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sinβ，則()A．tan(α－β)＝1 B．tan(α＋β)＝1C．tan(α－β)＝－1 D．tan(α＋β)＝－1答案C解析由已知得sinαcosβ＋cosαsinβ＋cosαcosβ－sinαsinβ＝2(cosα－sinα)sinβ，即sinαcosβ－cosαsinβ＋cosαcosβ＋sinαsinβ＝0，即sin(α－β)＋cos(α－β)＝0，所以tan(α－β)＝－1.故選C.兩角和與差及倍角公式的逆用和變形用的應(yīng)用技巧(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)和差角公式變形sinαsinβ＋cos(α＋β)＝cosαcosβ；cosαsinβ＋sin(α－β)＝sinαcosβ；tanα±tanβ＝tan(α±β)(1?tanαtanβ)．(3)倍角公式變形：降冪公式．1.已知sinθ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝1，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(2,3) D.eq\f(\r(2),2)答案B解析由題意可得sinθ＋eq\f(1,2)sinθ＋eq\f(\r(3),2)cosθ＝1，則eq\f(3,2)sinθ＋eq\f(\r(3),2)cosθ＝1，eq\f(\r(3),2)sinθ＋eq\f(1,2)cosθ＝eq\f(\r(3),3)，從而有sinθcoseq\f(π,6)＋cosθsineq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),3)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),3).故選B.2．(多選)(2024·濰坊聯(lián)考)已知θ∈(0，2π)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，θ終邊上有一點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,8)－cos\f(3π,8)，sin\f(3π,8)＋cos\f(3π,8)))，則()A．θ＝eq\f(3π,8) B．|OM|＝eq\r(2)C．tanθ<1 D．cosθ>eq\f(1,2)答案AB解析tanθ＝eq\f(sin\f(3π,8)＋cos\f(3π,8),sin\f(3π,8)－cos\f(3π,8))＝eq\f(tan\f(3π,8)＋1,tan\f(3π,8)－1)＝－taneq\f(5π,8)＝taneq\f(3π,8)，故θ＝eq\f(3π,8)＋kπ(k∈Z)，又sineq\f(3π,8)－coseq\f(3π,8)>0，sineq\f(3π,8)＋coseq\f(3π,8)>0，故θ是第一象限角，又θ∈(0，2π)，故θ＝eq\f(3π,8)，故A正確；|OM|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,8)－cos\f(3π,8)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,8)＋cos\f(3π,8)))eq\s\up12(2)＝2，故|OM|＝eq\r(2)，故B正確；tanθ＝taneq\f(3π,8)>taneq\f(π,4)＝1，故C錯(cuò)誤；cosθ＝coseq\f(3π,8)<coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，故D錯(cuò)誤．故選AB.考向三角的變換例3(1)(2023·南通期末)已知eq\f(π,2)<β<α<eq\f(3π,4)，cos(α－β)＝eq\f(12,13)，sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，則sin2α＝()A.eq\f(56,65) B．－eq\f(56,65)C.eq\f(16,65) D．－eq\f(16,65)答案B解析因?yàn)閑q\f(π,2)<β<α<eq\f(3π,4)，所以0<α－β<eq\f(π,4)，π<α＋β<eq\f(3π,2)，由cos(α－β)＝eq\f(12,13)，得sin(α－β)＝eq\f(5,13)，由sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，得cos(α＋β)＝－eq\f(4,5)，則sin2α＝sin[(α－β)＋(α＋β)]＝sin(α－β)cos(α＋β)＋cos(α－β)sin(α＋β)＝eq\f(5,13)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))＋eq\f(12,13)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＝－eq\f(56,65).故選B.(2)(2024·濟(jì)南模擬)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)＋α))＝－eq\f(1,4)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))＝________．答案eq\f(7,8)解析因?yàn)閏oseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)＋α))＝－eq\f(1,4)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,8)＋α))＝－eq\f(1,4)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,8)))＝eq\f(1,4)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,8)))))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,8)))＝1－2×eq\f(1,16)＝eq\f(7,8).1．求角的三角函數(shù)值的一般思路是把“所求角”用“已知角”表示．(1)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)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．2．常見(jiàn)的配角技巧：2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝(α＋β)－β，β＝eq\f(α＋β,2)－eq\f(α－β,2)，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))等．1．(2023·泉州模擬)如圖所示，點(diǎn)P是單位圓上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，它從初始位置P0(1，0)開(kāi)始沿單位圓按逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)角αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,2)))到達(dá)點(diǎn)P1，然后繼續(xù)沿單位圓逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)eq\f(π,3)到達(dá)點(diǎn)P2，若點(diǎn)P2的橫坐標(biāo)為－eq\f(4,5)，則cosα的值為_(kāi)_______．答案eq\f(3\r(3)－4,10)解析由題意得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝－eq\f(4,5)，∵eq\f(π,3)<α＋eq\f(π,3)<eq\f(5π,6)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(3,5)，∴cosα＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))－\f(π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))coseq\f(π,3)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))sineq\f(π,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))×eq\f(1,2)＋eq\f(3,5)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3)－4,10).2．(2024·重慶摸底)已知α，β為銳角，tanα＝eq\f(4,3)，cos(α＋β)＝－eq\f(\r(5),5)，則cos2α＝________，tan(α－β)＝________．答案－eq\f(7,25)－eq\f(2,11)解析因?yàn)閠anα＝eq\f(4,3)＝eq\f(sinα,cosα)，所以sinα＝eq\f(4,3)cosα.因?yàn)閟in2α＋cos2α＝1，所以cos2α＝eq\f(9,25)，因此cos2α＝2cos2α－1＝－eq\f(7,25).因?yàn)棣粒聻殇J角，所以α＋β∈(0，π)．又cos(α＋β)＝－eq\f(\r(5),5)，所以sin(α＋β)＝eq\r(1－cos2（α＋β）)＝eq\f(2\r(5),5)，因此tan(α＋β)＝－2.因?yàn)閠anα＝eq\f(4,3)，所以tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(24,7)，因此tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)]＝eq\f(tan2α－tan（α＋β）,1＋tan2αtan（α＋β）)＝－eq\f(2,11).課時(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1．(2024·秦皇島月考)－sin133°cos197°－cos47°·cos73°＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(3),2)答案A解析原式＝－sin(180°－47°)cos(180°＋17°)－cos47°cos(90°－17°)＝sin47°cos17°－cos47°·sin17°＝sin(47°－17°)＝sin30°＝eq\f(1,2).2．(2023·保定模擬)已知鈍角α滿足sinα＝eq\f(\r(5),5)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝()A．－eq\f(\r(10),4) B．－eq\f(3\r(10),10)C.eq\f(\r(10),5) D.eq\f(2\r(5),5)答案B解析由α為鈍角，可知cosα<0，所以cosα＝－eq\r(1－\f(1,5))＝－eq\f(2\r(5),5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(\r(2),2)(cosα－sinα)＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)－\f(\r(5),5)))＝－eq\f(3\r(10),10).故選B.3．已知α∈(0，π)，且3cos2α－8cosα＝5，則sinα＝()A.eq\f(\r(5),3) B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,3) D.eq\f(\r(5),9)答案A解析由3cos2α－8cosα＝5，得6cos2α－8cosα－8＝0，解得cosα＝－eq\f(2,3)或cosα＝2(舍去)．∵α∈(0，π)，∴sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(\r(5),3).故選A.4．(2024·保定模擬)“tanα＝2”是“tanα－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝5”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件答案A解析由tanα－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝tanα－eq\f(tanα＋1,1－tanα)＝5，得tan2α－5tanα＋6＝(tanα－2)(tanα－3)＝0，即tanα＝2或tanα＝3，所以“tanα＝2”是“tanα－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝5”的充分不必要條件．5．(2024·泰州模擬)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝()A.eq\f(3－4\r(3),10) B.eq\f(4,5)C．－eq\f(\r(2),10) D.eq\f(\r(2),10)答案C解析因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α＋eq\f(π,12)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))，又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝eq\f(3,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12))))＝eq\f(4,5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＋\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))coseq\f(π,4)－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))sineq\f(π,4)＝eq\f(3,5)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(4,5)×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(\r(2),10).故選C.6．(2023·長(zhǎng)沙一中調(diào)研)設(shè)α為銳角，若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))的值為()A.eq\f(12,25) B.eq\f(24,25)C．－eq\f(24,25) D．－eq\f(12,25)答案B解析∵α為銳角，即0<α<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)<α＋eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)，又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))))＝eq\f(3,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝2×eq\f(3,5)×eq\f(4,5)＝eq\f(24,25).故選B.7．(2024·南通模擬)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝－eq\f(\r(5),5)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2x))＝()A.eq\f(4,3) B．－eq\f(4,3)C．2 D．－2答案B解析因?yàn)閤∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(7π,6)))，由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝－eq\f(\r(5),5)<0，得x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(7π,6)))，因此coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝－eq\f(2\r(5),5)，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，由二倍角公式可得taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝eq\f(2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))),1－tan2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))))＝eq\f(4,3)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2x))＝－taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2x))))＝－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋2x))＝－eq\f(4,3).故選B.8．(2023·鹽城一模)已知α＋β＝eq\f(π,4)(α＞0，β＞0)，則tanα＋tanβ的最小值為()A.eq\f(\r(2),2) B．1C．－2－2eq\r(2) D．－2＋2eq\r(2)答案D解析因?yàn)棣粒拢絜q\f(π,4)(α＞0，β＞0)，所以tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝1，tanα，tanβ∈(0，1)，則tanα＋tanβ＝1－tanαtanβ≥1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(tanα＋tanβ,2)))eq\s\up12(2)，當(dāng)且僅當(dāng)α＝β＝eq\f(π,8)時(shí)取等號(hào)，解得tanα＋tanβ≥2eq\r(2)－2或tanα＋tanβ≤－2－2eq\r(2)(舍去)．故選D.二、多項(xiàng)選擇題9．(2024·聊城質(zhì)檢)下列各式中，值為eq\f(1,4)的是()A．sineq\f(π,12)sineq\f(5π,12) B.eq\f(1,3)－eq\f(2,3)cos215°C.eq\f(1,sin50°)＋eq\f(\r(3),cos50°) D．cos72°cos36°答案AD解析對(duì)于A，sineq\f(π,12)sineq\f(5π,12)＝sineq\f(π,12)coseq\f(π,12)＝eq\f(1,2)sineq\f(π,6)＝eq\f(1,4)；對(duì)于B，eq\f(1,3)－eq\f(2,3)cos215°＝eq\f(1,3)(1－2cos215°)＝－eq\f(1,3)cos30°＝－eq\f(\r(3),6)≠eq\f(1,4)；對(duì)于C，eq\f(1,sin50°)＋eq\f(\r(3),cos50°)＝eq\f(cos50°＋\r(3)sin50°,sin50°cos50°)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos50°＋\f(\r(3),2)sin50°)),\f(1,2)sin100°)＝eq\f(2sin（30°＋50°）,\f(1,2)sin100°)＝4≠eq\f(1,4)；對(duì)于D，cos72°cos36°＝eq\f(2sin36°cos36°cos72°,2sin36°)＝eq\f(sin72°cos72°,2sin36°)＝eq\f(\f(1,2)sin144°,2sin36°)＝eq\f(1,4).故選AD.10．(2023·珠海模擬)已知eq\f(π,4)≤α≤π，π≤β≤eq\f(3π,2)，sin2α＝eq\f(4,5)，cos(α＋β)＝－eq\f(\r(2),10)，則()A．cosα＝－eq\f(\r(10),10) B．sinα－cosα＝eq\f(\r(5),5)C．β－α＝eq\f(3π,4) D．cosαcosβ＝－eq\f(\r(2),5)答案BC解析對(duì)于A，因?yàn)閑q\f(π,4)≤α≤π，所以eq\f(π,2)≤2α≤2π，又sin2α＝eq\f(4,5)＞0，故eq\f(π,2)≤2α≤π，eq\f(π,4)≤α≤eq\f(π,2)，所以cos2α＝－eq\f(3,5)＝2cos2α－1，可得cos2α＝eq\f(1,5)，可得cosα＝eq\f(\r(5),5)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，(sinα－cosα)2＝1－sin2α＝eq\f(1,5)，由A項(xiàng)分析知eq\f(π,4)≤α≤eq\f(π,2)，所以sinα＞cosα，所以sinα－cosα＝eq\f(\r(5),5)，故B正確；對(duì)于C，由A項(xiàng)分析知eq\f(π,4)≤α≤eq\f(π,2)，而π≤β≤eq\f(3π,2)，所以eq\f(5π,4)≤α＋β≤2π，又cos(α＋β)＝－eq\f(\r(2),10)＜0，所以eq\f(5π,4)≤α＋β≤eq\f(3π,2)，所以sin(α＋β)＝－eq\f(7\r(2),10)，所以cos(β－α)＝cos[(α＋β)－2α]＝cos(α＋β)cos2α＋sin(α＋β)sin2α＝－eq\f(\r(2),10)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7\r(2),10)))×eq\f(4,5)＝－eq\f(\r(2),2)，又因?yàn)閑q\f(5π,4)≤α＋β≤eq\f(3π,2)，－π≤－2α≤－eq\f(π,2)，所以eq\f(π,4)≤β－α≤π，則β－α＝eq\f(3π,4)，故C正確；對(duì)于D，cos(α＋β)＝－eq\f(\r(2),10)，可得cosαcosβ－sinαsinβ＝－eq\f(\r(2),10)，由C項(xiàng)分析知，cos(β－α)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝－eq\f(\r(2),2)，兩式聯(lián)立得cosαcosβ＝－eq\f(3\r(2),10)，故D錯(cuò)誤．故選BC.11．(2023·張家口模擬)已知tan(α＋β)＝tanα＋tanβ，其中α≠eq\f(kπ,2)(k∈Z)且β≠eq\f(mπ,2)(m∈Z)，則下列結(jié)論一定正確的是()A．sin(α＋β)＝0 B．cos(α＋β)＝1C．sin2eq\f(α,2)＋sin2eq\f(β,2)＝1 D．sin2α＋cos2β＝1答案AD解析∵tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝tanα＋tanβ，∴tanα＋tanβ＝0或1－tanαtanβ＝1，∴α＋β＝nπ(n∈Z)或者α＝kπ(k∈Z)或β＝mπ(m∈Z)，又α≠eq\f(kπ,2)(k∈Z)，β≠eq\f(mπ,2)(m∈Z)，∴α＋β＝nπ(n∈Z)，且α≠eq\f(kπ,2)(k∈Z)，β≠eq\f(mπ,2)(m∈Z)．對(duì)于A，sin(α＋β)＝sin(nπ)＝0(n∈Z)，故A正確；對(duì)于B，由于cos(α＋β)＝cos(nπ)＝±1(n∈Z)，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，sin2eq\f(α,2)＋sin2eq\f(β,2)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nπ,2)－\f(β,2)))＋sin2eq\f(β,2)(n∈Z)，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，sin2eq\f(α,2)＋sin2eq\f(β,2)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nπ,2)－\f(β,2)))＋sin2eq\f(β,2)＝sin2eq\f(β,2)＋sin2eq\f(β,2)＝2sin2eq\f(β,2)≠1，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，sin2α＋cos2β＝sin2(nπ－β)＋cos2β＝sin2β＋cos2β＝1(n∈Z)，故D正確．三、填空題12．(2023·威海一模)已知sin(β－α)cosβ－cos(α－β)sinβ＝eq\f(3,5)，α為第三象限角，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝________．答案－eq\f(\r(2),10)解析∵sin(β－α)cosβ－cos(α－β)sinβ＝sin[(β－α)－β]＝－sinα＝eq\f(3,5)，∴sinα＝－eq\f(3,5)，又α為第三象限角，則cosα＝－eq\f(4,5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝cosαcoseq\f(π,4)－sinαsineq\f(π,4)＝－eq\f(4,5)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(3,5)×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(\r(2),10).13．(2024·甘肅、青海、寧夏聯(lián)考)若tan(α＋2β)＝2，tanβ＝－3，則tan(α＋β)＝________，tanα＝________．答案－1eq\f(1,2)解析∵tan(α＋2β)＝2，tanβ＝－3，∴tan(α＋β)＝tan(α＋2β－β)＝eq\f(tan（α＋2β）－tanβ,1＋tan（α＋2β）tanβ)＝eq\f(2－（－3）,1＋2×（－3）)＝－1，tanα＝tan(α＋β－β)＝eq\f(－1－（－3）,1＋（－1）×（－3）)＝eq\f(1,2).14．(2023·南京模擬)若λsin160°＋tan20°＝eq\r(3)，則實(shí)數(shù)λ的值為_(kāi)_______．答案4解析由λsin160°＋tan20°＝eq\r(3)，得λsin20°＋eq\f(sin20°,cos20°)＝eq\f(λsin20°cos20°＋sin20°,cos20°)＝eq\f(λsin40°＋2sin20°,2cos20°)＝eq\r(3)，所以λsin40°＋2sin20°＝2eq\r(3)cos20°，即λsin40°＝2eq\r(3)cos20°－2sin20°＝4sin(60°－20°)＝4sin40°，所以λ＝4.四、解答題15．已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq\f(\r(5),5).(1)求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))的值；(2)求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2α))的值．解(1)因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq\f(\r(5),5)，所以cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(2\r(5),5).故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝sineq\f(π,4)cosα＋coseq\f(π,4)sinα＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(5),5)＝－eq\f(\r(10),10).(2)由(1)知sin2α＝2sinαcosα＝2×eq\f(\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))＝－eq\f(4,5)，cos2α＝1－2sin2α＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2α))＝coseq\f(5π,6)cos2α＋sineq\f(5π,6)sin2α＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))×eq\f(3,5)＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))＝－eq\f(4＋3\r(3),10).16．(2024·遼寧朝陽(yáng)月考)已知tanα＝2.(1)求taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))的值；(2)求eq\f(sin2α,sin2α＋sinαcosα－cos2α－1)的值．解(1)taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(tanα－tan\f(π,4),1＋tanαtan\f(π,4))＝eq\f(2－1,1＋2)＝eq\f(1,3).(2)eq\f(sin2α,sin2α＋sinαcosα－cos2α－1)＝eq\f(2sinαcosα,sin2α＋sinαcosα－（2cos2α－1）－1)＝eq\f(2sinαcosα,sin2α＋sinαcosα－2cos2α)＝eq\f(2tanα,tan2α＋tanα－2)＝eq\f(2×2,22＋2－2)＝1.17．已知0<α<eq\f(π,2)<β<π，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(1,3)，sin(α＋β)＝eq\f(4,5).(1)求sin2β的值；(2)求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))的值．解(1)解法一：因?yàn)閏oseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝coseq\f(π,4)cosβ＋sineq\f(π,4)sinβ＝eq\f(\r(2),2)cosβ＋eq\f(\r(2),2)sinβ＝eq\f(1,3)，所以cosβ＋sinβ＝eq\f(\r(2),3)，所以1＋sin2β＝eq\f(2,9)，所以sin2β＝－eq\f(7,9).解法二：sin2β＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2β))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))－1＝－eq\f(7,9).(2)因?yàn)?<α<eq\f(π,2)<β<π，所以eq\f(π,4)<β－eq\f(π,4)<eq\f(3π,4)，eq\f(π,2)<α＋β<eq\f(3π,2).所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))>0，cos(α＋β)<0，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(2\r(2),3)，cos(α＋β)＝－eq\f(3,5).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(3,5)×eq\f(1,3)＋eq\f(4,5)×eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(8\r(2)－3,15).第2課時(shí)簡(jiǎn)單的三角恒等變換考向一三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)例1(1)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解析由θ∈(0，π)得0<eq\f(θ,2)<eq\f(π,2)，所以coseq\f(θ,2)>0，所以eq\r(2＋2cosθ)＝eq\r(4cos2\f(θ,2))＝2coseq\f(θ,2).又(1＋sinθ＋cosθ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2)＋2cos2\f(θ,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2)))＝2coseq\f(θ,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2\f(θ,2)－cos2\f(θ,2)))＝－2coseq\f(θ,2)cosθ，故原式＝eq\f(－2cos\f(θ,2)cosθ,2cos\f(θ,2))＝－cosθ.(2)化簡(jiǎn)：①eq\a\vs4\al\co1()eq\f(1,tan\f(α,2))－taneq\f(α,2)eq\a\vs4\al\co1()eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋tanαtan\f(α,2)))＝________；②eq\f(sin（2α＋β）,sinα)－2cos(α＋β)＝________．答案①eq\f(2,sinα)②eq\f(sinβ,sinα)解析①原式＝eq\a\vs4\al\co1()eq\f(cos\f(α,2),sin\f(α,2))－eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))eq\a\vs4\al\co1()eq\a\vs4\al\co1()1＋eq\f(sinα,cosα)·eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))eq\a\vs4\al\co1()＝eq\f(cos2\f(α,2)－sin2\f(α,2),sin\f(α,2)cos\f(α,2))·eq\f(cosαcos\f(α,2)＋sinαsin\f(α,2),cosαcos\f(α,2))＝eq\f(2cosα,sinα)·eq\f(cos\f(α,2),cosαcos\f(α,2))＝eq\f(2,sinα).②原式＝eq\f(sin（2α＋β）－2sinαcos（α＋β）,sinα)＝eq\f(sin[α＋（α＋β）]－2sinαcos（α＋β）,sinα)＝eq\f(sinαcos（α＋β）＋cosαsin（α＋β）－2sinαcos（α＋β）,sinα)＝eq\f(cosαsin（α＋β）－sinαcos（α＋β）,sinα)＝eq\f(sin[（α＋β）－α],sinα)＝eq\f(sinβ,sinα).三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)要遵循“三看”原則1.化簡(jiǎn)：eq\f(2tan（45°－α）,1－tan2（45°－α）)·eq\f(sinαcosα,cos2α－sin2α)＝________．答案eq\f(1,2)解析原式＝tan(90°－2α)·eq\f(\f(1,2)sin2α,cos2α)＝eq\f(sin（90°－2α）,cos（90°－2α）)·eq\f(\f(1,2)sin2α,cos2α)＝eq\f(cos2α,sin2α)·eq\f(\f(1,2)sin2α,cos2α)＝eq\f(1,2).2．化簡(jiǎn)：eq\f(2cos4x－2cos2x＋\f(1,2),2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x)))＝________．答案eq\f(1,2)cos2x解析原式＝eq\f(\f(1,2)（4cos4x－4cos2x＋1）,2·\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))·cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))＝eq\f(（2cos2x－1）2,4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))＝eq\f(cos22x,2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x)))＝eq\f(cos22x,2cos2x)＝eq\f(1,2)cos2x.多角度探究突破考向二三角函數(shù)式的求值角度給角求值例2(1)求值：eq\f(cos20°,cos35°\r(1－sin20°))＝()A．1 B．2C.eq\r(2) D.eq\r(3)答案C解析原式＝eq\f(cos20°,cos35°|sin10°－cos10°|)＝eq\f(cos210°－sin210°,cos35°（cos10°－sin10°）)＝eq\f(cos10°＋sin10°,cos35°)＝eq\f(\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cos10°＋\f(\r(2),2)sin10°)),cos35°)＝eq\f(\r(2)cos（45°－10°）,cos35°)＝eq\f(\r(2)cos35°,cos35°)＝eq\r(2).(2)求值：eq\f(\r(3)tan12°－3,sin12°（4cos212°－2）)＝________．答案－4eq\r(3)解析原式＝eq\f(\f(\r(3)sin12°,cos12°)－3,2sin12°（2cos212°－1）)＝eq\f(\r(3)sin12°－3cos12°,2sin12°cos12°cos24°)＝eq\f(2\r(3)（sin12°cos60°－cos12°sin60°）,sin24°cos24°)＝eq\f(4\r(3)sin（12°－60°）,sin48°)＝－4eq\r(3).給角求值問(wèn)題的解題策略在三角函數(shù)的給角求值問(wèn)題中，已知角常常是非特殊角，但非特殊角與特殊角總有一定關(guān)系．其基本思路是觀察所給角與特殊角之間的關(guān)系，利用和、差、倍角公式等將非特殊角的三角函數(shù)值轉(zhuǎn)化為特殊角的三角函數(shù)值，或可正、負(fù)相消的項(xiàng)和特殊角的三角函數(shù)值，或可約分的項(xiàng)和特殊角的三角函數(shù)值等．1.(2024·揚(yáng)州高三開(kāi)學(xué)考試)eq\f(cos55°＋sin25°cos60°,cos25°)＝()A．－eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(3),2)C．－eq\f(1,2) D.eq\f(1,2)答案B解析eq\f(cos55°＋sin25°cos60°,cos25°)＝eq\f(cos（30°＋25°）＋\f(1,2)sin25°,cos25°)＝eq\f(\f(\r(3),2)cos25°－\f(1,2)sin25°＋\f(1,2)sin25°,cos25°)＝eq\f(\r(3),2).故選B.2．(1＋tan1°)(1＋tan2°)(1＋tan3°)…(1＋tan44°)的值為()A．222 B．223C．211 D．212答案A解析由tan1°＋tan44°＝1－tan1°tan44°，得(1＋tan1°)(1＋tan44°)＝1＋tan1°＋tan44°＋tan1°tan44°＝1＋1－tan1°tan44°＋tan1°tan44°＝2.所以(1＋tan1°)(1＋tan2°)(1＋tan3°)·…·(1＋tan44°)＝222.故選A.角度給值求值例3(1)(2023·湖南新高考聯(lián)盟第二次聯(lián)考)設(shè)sin20°＝m，cos20°＝n，化簡(jiǎn)eq\f(1＋tan10°,1－tan10°)－eq\f(2cos70°,cos50°)＝()A.eq\f(m,n) B．－eq\f(m,n)C.eq\f(n,m) D．－eq\f(n,m)答案A解析因?yàn)閟in20°＝m，cos20°＝n，所以eq\f(1＋tan10°,1－tan10°)－eq\f(2cos70°,cos50°)＝eq\f(cos10°＋sin10°,cos10°－sin10°)－eq\f(2sin20°,sin40°)＝eq\f(cos10°＋sin10°,cos10°－sin10°)－eq\f(1,cos20°)＝eq\f(（cos10°＋sin10°）2,cos210°－sin210°)－eq\f(1,cos20°)＝eq\f(1＋sin20°,cos20°)－eq\f(1,cos20°)＝eq\f(sin20°,cos20°)＝eq\f(m,n).故選A.(2)(2023·淄博模擬)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，且eq\r(2)cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))，則sin2α＝()A．－eq\f(3,4) B.eq\f(3,4)C．－1 D．1答案C解析∵eq\r(2)cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sinα＋cosα)，∴cos2α－sin2α＝(cosα＋sinα)(cosα－sinα)＝eq\f(1,2)(cosα＋sinα)，∴(cosα＋sinα)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosα－sinα－\f(1,2)))＝0，∴cosα＋sinα＝0或cosα－sinα＝eq\f(1,2)，由cosα＋sinα＝0平方可得1＋sin2α＝0，即sin2α＝－1；由cosα－sinα＝eq\f(1,2)平方可得1－sin2α＝eq\f(1,4)，即sin2α＝eq\f(3,4)，∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，∴2α∈(－π，0)，∴sin2α<0，∴sin2α＝－1.給值求值問(wèn)題的解題策略給值求值是指已知某個(gè)角的三角函數(shù)值，求與該角相關(guān)的其他三角函數(shù)值的問(wèn)題，解題的基本方法是通過(guò)角的三角函數(shù)的變換把求解目標(biāo)用已知條件表達(dá)出來(lái)．1.(2024·徐州模擬)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，eq\f(cos2α,1＋tan2α)＝eq\f(3,8)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(1,2) D．1答案C解析因?yàn)閑q\f(cos2α,1＋tan2α)＝eq\f(3,8)，所以3(1＋tan2α)＝8×eq\f(cos2α－sin2α,sin2α＋cos2α)＝8×eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)，可得3(1＋tan2α)2＝8－8tan2α，解得tan2α＝eq\f(1,3)，因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以tanα＝eq\f(\r(3),3)，所以α＝eq\f(π,6)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2).2．(2024·鎮(zhèn)江模擬)公元前6世紀(jì)，古希臘的畢達(dá)哥拉斯學(xué)派研究過(guò)正五邊形和正十邊形的作圖，發(fā)現(xiàn)0.618就是黃金分割，這是一個(gè)偉大的發(fā)現(xiàn)，這一數(shù)值也表示為a＝2sin18°，若a2＋b＝4，則eq\f(1－2cos227°,a\r(b))＝________．答案－eq\f(1,2)解析∵a＝2sin18°，a2＋b＝4，∴b＝4－a2＝4－4sin218°＝4(1－sin218°)＝4cos218°，∴eq\f(1－2cos227°,a\r(b))＝eq\f(1－2cos227°,2sin18°\r(4cos218°))＝eq\f(－cos54°,4sin18°cos18°)＝eq\f(－sin36°,2sin36°)＝－eq\f(1,2).角度給值求角例4(1)(2023·常州模擬)已知cosα＝eq\f(\r(5),5)，sin(β－α)＝－eq\f(\r(10),10)，α，β均為銳角，則β＝()A.eq\f(π,12) B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,3)答案C解析因?yàn)閏osα＝eq\f(\r(5),5)，sin(β－α)＝－eq\f(\r(10),10)＜0，α，β均為銳角，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(2\r(5),5)，β－α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，可得cos(β－α)＝eq\r(1－sin2（β－α）)＝eq\f(3\r(10),10)，sinβ＝sin[(β－α)＋α]＝sin(β－α)cosα＋cos(β－α)sinα＝－eq\f(\r(10),10)×eq\f(\r(5),5)＋eq\f(3\r(10),10)×eq\f(2\r(5),5)＝eq\f(\r(2),2)，則β＝eq\f(π,4).故選C.(2)已知α，β∈(0，π)，且tan(α－β)＝eq\f(1,2)，tanβ＝－eq\f(1,7)，則2α－β的值為_(kāi)_______．答案－eq\f(3π,4)解析∵tanα＝tan[(α－β)＋β]＝eq\f(tan（α－β）＋tanβ,1－tan（α－β）tanβ)＝eq\f(\f(1,2)－\f(1,7),1＋\f(1,2)×\f(1,7))＝eq\f(1,3)>0，∴0<α<eq\f(π,2).又tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×\f(1,3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(3,4)>0，∴0<2α<eq\f(π,2)，∴tan(2α－β)＝eq\f(tan2α－tanβ,1＋tan2αtanβ)＝eq\f(\f(3,4)＋\f(1,7),1－\f(3,4)×\f(1,7))＝1.∵tanβ＝－eq\f(1,7)<0，∴eq\f(π,2)<β<π，∴－π<2α－β<0，∴2α－β＝－eq\f(3π,4).給值求角時(shí)，選取函數(shù)應(yīng)遵循的原則(1)已知正切函數(shù)值，則選正切函數(shù)．(2)已知正、余弦函數(shù)值，則選正弦或余弦函數(shù)．若角的范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則選正、余弦函數(shù)皆可；若角的范圍是(0，π)，則選余弦函數(shù)較好；若角的范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，則選正弦函數(shù)較好．1.(2023·漳州八校聯(lián)考)已知銳角α的終邊上一點(diǎn)P(sin40°，1＋cos40°)，則α＝()A．10° B．20°C．70° D．80°答案C解析由題意，得tanα＝eq\f(1＋cos40°,sin40°)＝eq\f(2cos220°,2cos20°sin20°)＝eq\f(cos20°,sin20°)＝eq\f(sin70°,cos70°)＝tan70°.又α為銳角，∴α＝70°.故選C.2．已知sin(α＋2β)＝eq\f(4\r(3),7)，cos(2α＋β)＝－eq\f(11,14)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))，則α－β＝________．答案eq\f(π,3)解析因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))，則eq\f(π,4)<2α＋β<π，－eq\