2024高考数学一轮复习讲义（步步高版）第四章　§4.4　简单的三角恒等变换

这是一份2024高考数学一轮复习讲义（步步高版）第四章　§4.4　简单的三角恒等变换，共16页。试卷主要包含了二倍角的正弦、余弦、正切公式，常用的部分三角公式，下列计算结果正确的是，化简并求值等内容，欢迎下载使用。

知识梳理
1．二倍角的正弦、余弦、正切公式
(1)公式S2α：sin 2α＝2sin αcs α.
(2)公式C2α：cs 2α＝cs2α－sin2α＝2cs2α－1＝1－2sin2α.
(3)公式T2α：tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α).
2．常用的部分三角公式
(1)1－cs α＝2sin2eq \f(α,2),1＋cs α＝2cs2eq \f(α,2).(升幂公式)
(2)1±sin α＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(α,2)±cs \f(α,2)))2.(升幂公式)
(3)sin2α＝eq \f(1－cs 2α,2)，cs2α＝eq \f(1＋cs 2α,2)，tan2α＝eq \f(1－cs 2α,1＋cs 2α).(降幂公式)
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)半角的正弦、余弦公式实质就是将倍角的余弦公式逆求而得来的．( √ )
(2)存在实数α，使tan 2α＝2tan α.( √ )
(3)cs2eq \f(θ,2)＝eq \f(1＋cs θ,2).( √ )
(4)tan eq \f(α,2)＝eq \f(sin α,1＋cs α)＝eq \f(1－cs α,sin α).( √ )
教材改编题
1．(2021·全国乙卷)cs2eq \f(π,12)－cs2eq \f(5π,12)等于( )
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 方法一 (公式法)因为cs eq \f(5π,12)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\f(5π,12)))＝sin eq \f(π,12)，所以cs2eq \f(π,12)－cs2eq \f(5π,12)＝cs2eq \f(π,12)－sin2eq \f(π,12)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)))＝cs eq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2).
方法二 (代值法)因为cs eq \f(π,12)＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，cs eq \f(5π,12)＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)，
所以cs2eq \f(π,12)－cs2eq \f(5π,12)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6)＋\r(2),4)))2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6)－\r(2),4)))2＝eq \f(\r(3),2).
2．若角α满足sin α＋2cs α＝0，则tan 2α等于( )
A．－eq \f(4,3) B.eq \f(3,4) C．－eq \f(3,4) D.eq \f(4,3)
答案 D
解析 由题意知，tan α＝－2，所以tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(4,3).
3．若α为第二象限角，sin α＝eq \f(5,13)，则sin 2α等于( )
A．－eq \f(120,169) B．－eq \f(60,169) C.eq \f(120,169) D.eq \f(60,169)
答案 A
解析 因为α为第二象限角，sin α＝eq \f(5,13)，
所以cs α＝－eq \r(1－sin 2α)＝－eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,13)))2)＝－eq \f(12,13)，
所以sin 2α＝2sin αcs α＝2×eq \f(5,13)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(12,13)))＝－eq \f(120,169).
题型一 三角函数式的化简
例1 (1)(2021·全国甲卷)若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，tan 2α＝eq \f(cs α,2－sin α)，则tan α等于( )
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 方法一 因为tan 2α＝eq \f(sin 2α,cs 2α)＝eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)，
且tan 2α＝eq \f(cs α,2－sin α)，
所以eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)＝eq \f(cs α,2－sin α)，解得sin α＝eq \f(1,4).
因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以cs α＝eq \f(\r(15),4)，tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝eq \f(\r(15),15).
方法二 因为tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(\f(2sin α,cs α),1－\f(sin2α,cs2α))＝eq \f(2sin αcs α,cs2α－sin2α)＝eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)，且tan 2α＝eq \f(cs α,2－sin α)，所以eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)＝eq \f(cs α,2－sin α)，解得sin α＝eq \f(1,4).
因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以cs α＝eq \f(\r(15),4)，tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝eq \f(\r(15),15).
(2)已知sin α＋cs α＝eq \f(2\r(3),3)，则sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝________.
答案 eq \f(1,3)
解析 因为sin α＋cs α＝eq \f(2\r(3),3)，
两边同时平方得sin2α＋2sin αcs α＋cs2α＝eq \f(4,3)，
即sin 2α＝eq \f(1,3)，
由降幂公式可知sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,2))),2)＝eq \f(1－sin 2α,2)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)sin 2α＝eq \f(1,3).
思维升华 (1)三角函数式的化简要遵循“三看”原则：
一看角，二看名，三看式子结构与特征．
(2)三角函数式的化简要注意观察条件中角之间的联系(和、差、倍、互余、互补等)，寻找式子和三角函数公式之间的联系点．
跟踪训练1 (1)若f(α)＝2tan α－eq \f(2sin2\f(α,2)－1,2sin \f(α,2)·cs \f(α,2))，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))的值是________．
答案 6－eq \r(3)
解析 依题意，f(α)＝2tan α－eq \f(－cs α,sin α)
＝2tan α＋eq \f(1,tan α)，
而tan eq \f(π,12)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－\f(π,4)))＝eq \f(tan \f(π,3)－tan \f(π,4),1＋tan \f(π,3)·tan \f(π,4))＝eq \f(\r(3)－1,1＋\r(3))＝2－eq \r(3)，
于是得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))＝2(2－eq \r(3))＋eq \f(1,2－\r(3))＝6－eq \r(3)，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))的值是6－eq \r(3).
(2)化简：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,tan \f(α,2))－tan \f(α,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋tan α·tan \f(α,2)))＝________.
答案 eq \f(2,sin α)
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,tan \f(α,2))－tan \f(α,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋tan α·tan \f(α,2)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(cs \f(α,2),sin \f(α,2))－\f(sin \f(α,2),cs \f(α,2))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(sin α,cs α)·\f(sin \f(α,2),cs \f(α,2))))
＝eq \f(cs2\f(α,2)－sin2\f(α,2),sin \f(α,2)cs \f(α,2))·eq \f(cs αcs \f(α,2)＋sin αsin \f(α,2),cs αcs \f(α,2))
＝eq \f(2cs α,sin α)·eq \f(cs \f(α,2),cs αcs \f(α,2))＝eq \f(2,sin α).
题型二 三角函数式的求值
命题点1 给角求值
例2 计算：(1)sin 10°·sin 30°·sin 50°·sin 70°；
(2)eq \f(1,2sin 10°)－eq \f(\r(3),2cs 10°)；
(3)eq \f(cs 10°1＋\r(3)tan 10°－2sin 50°,\r(1－cs 10°)).
解 (1)原式＝eq \f(1,2)cs 20°·cs 40°·cs 80°
＝eq \f(sin 20°·cs 20°·cs 40°·cs 80°,2sin 20°)＝eq \f(sin 160°,16·sin 20°)＝eq \f(1,16).
(2)原式＝eq \f(cs 10°－\r(3)sin 10°,2sin 10°·cs 10°)＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs 10°－\f(\r(3),2)sin 10°)),sin 20°)＝eq \f(2sin30°－10°,sin 20°)＝2.
(3)原式＝eq \f(cs 10°＋\r(3)sin 10°－2sin 50°,\r(2)sin 5°)＝eq \f(2sin 40°－2sin 50°,\r(2)sin 5°)＝eq \f(2sin 40°－2cs 40°,\r(2)sin 5°)＝eq \f(2\r(2)sin40°－45°,\r(2)sin 5°)＝eq \f(－2\r(2)sin 5°,\r(2)sin 5°)＝－2.
命题点2 给值求值
例3 (2023·长春质检)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))＋eq \r(3)cs α＝eq \f(1,3)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,6)))等于( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(2,9) C．－eq \f(1,9) D．－eq \f(7,9)
答案 D
解析 ∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))＋eq \r(3)cs α＝eq \f(1,3)，
∴sin αcs eq \f(π,3)－cs αsin eq \f(π,3)＋eq \r(3)cs α＝eq \f(1,3)，
∴eq \f(1,2)sin α－eq \f(\r(3),2)cs α＋eq \r(3)cs α＝eq \f(1,3)，
∴eq \f(1,2)sin α＋eq \f(\r(3),2)cs α＝eq \f(1,3)，
∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝eq \f(1,3)，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,6)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＋\f(π,2)))
＝cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))
＝2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))－1
＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2－1
＝－eq \f(7,9).
命题点3 给值求角
例4 已知 sin α＝eq \f(\r(2),10)，cs β＝eq \f(3\r(10),10)，且α，β为锐角，则α＋2β＝ .
答案 eq \f(π,4)
解析 因为sin α＝eq \f(\r(2),10)，且α为锐角，所以cs α＝eq \r(1－sin2α)＝eq \r(1－\f(2,100))＝eq \f(7\r(2),10)，
因为cs β＝eq \f(3\r(10),10)，且β为锐角，所以sin β＝eq \r(1－cs2β)＝eq \r(1－\f(90,100))＝eq \f(\r(10),10)，
那么sin 2β＝2sin βcs β＝2×eq \f(\r(10),10)×eq \f(3\r(10),10)＝eq \f(3,5)，
cs 2β＝1－2sin2β＝1－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(10),10)))2＝eq \f(4,5)，
所以cs(α＋2β)＝cs αcs 2β－sin αsin 2β＝eq \f(7\r(2),10)×eq \f(4,5)－eq \f(\r(2),10)×eq \f(3,5)＝eq \f(\r(2),2)，
因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以2β∈(0，π)．
所以α＋2β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,2)))，故α＋2β＝eq \f(π,4).
思维升华 (1)给值(角)求值问题求解的关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系，借助角之间的联系寻找转化方法．
(2)给值(角)求值问题的一般步骤
①化简条件式子或待求式子；
②观察条件与所求式子之间的联系，从函数名称及角入手；
③将已知条件代入所求式子，化简求值．
跟踪训练2 (1)已知α∈(0，π)，sin 2α＋cs 2α＝cs α－1，则sin 2α等于( )
A.eq \f(3,4) B．－eq \f(3,8)
C．－eq \f(3,4) 或0 D.eq \f(3,8)
答案 C
解析 ∵sin 2α＝2sin αcs α，cs 2α＝2cs2α－1，
∴2sin αcs α＋2cs2α＝cs α，
当cs α＝0 时，等式成立，此时sin 2α＝0；
当cs α≠0 时，sin α＋cs α＝eq \f(1,2)，
两边平方得sin 2α＝－eq \f(3,4).
综上可得，sin 2α＝－eq \f(3,4)或0.
(2)(2023·南京模拟)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(15°－\f(α,2)))＝tan 210°，则sin(60°＋α)的值为( )
A.eq \f(1,3) B．－eq \f(1,3) C.eq \f(2,3) D．－eq \f(2,3)
答案 A
解析 ∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(15°－\f(α,2)))＝tan 210°，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(15°－\f(α,2)))＝tan 210°＝tan(180°＋30°)＝tan 30°＝eq \f(\r(3),3)，
则cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(15°－\f(α,2)))＝1－sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(15°－\f(α,2)))＝eq \f(2,3)，
cs(30°－α)＝cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(15°－\f(α,2)))－sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(15°－\f(α,2)))＝eq \f(1,3)，
∴sin(60°＋α)＝sin[90°－(30°－α)]
＝cs(30°－α)＝eq \f(1,3).
题型三 三角恒等变换的综合应用
例5 已知f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3π,4))).
(1)求f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))的值；
(2)若锐角α满足f(α)＝eq \f(\r(3),3)，求sin 2α的值．
解 (1)由题意得
f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3π,4)))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))－2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3π,4)))))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))－2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))－eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)))
＝sin 2xcs eq \f(π,3)－cs 2xsin eq \f(π,3)＋eq \r(3)cs 2x
＝eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(\r(3),2)cs 2x
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,3)＋\f(π,3)))＝0.
(2)∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴2α＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，又∵f(α)＝eq \f(\r(3),3)，
∴f(α)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))＝eq \f(\r(3),3)，
又∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))＝eq \f(\r(3),3)