新高考数学一轮复习考点精讲讲练学案 两角和与差角正弦、余弦、正切公式的应用（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习考点精讲讲练学案 两角和与差角正弦、余弦、正切公式的应用（含解析），共28页。学案主要包含了考点梳理，题型归纳，双基达标，高分突破等内容，欢迎下载使用。

1. 两角和与差的正弦、余弦和正切公式
(1)两角和与差的正弦、余弦和正切公式(和角、差角公式)
sin(α＋β)＝sinαcsβ＋csαsinβ. S(α＋β)
sin(α－β)＝sinαcsβ－csαsinβ. S(α－β)
cs(α＋β)＝csαcsβ－sinαsinβ. C(α＋β)
cs(α－β)＝csαcsβ＋sinαsinβ. C(α－β)
tan(α＋β)＝eq \f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ). T(α＋β)
tan(α－β)＝eq \f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ). T(α－β)
【题型归纳】
题型一：用和、差角公式化简、求值
1．已知锐角满足，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
2．已知角为第二象限角，，则的值为（ ）
A．B．
C．D．
3．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．

题型二：逆用和、差角公式化简、求值
4．等于（ ）
A．B．1C．0D．
5．的值等于（ ）
A．B．C．D．
6．（ ）
A．B．C．D．

【双基达标】
7．已知sinα、csα是方程5x2﹣x﹣2＝0的两个实根，且α∈（0，π），则cs（α+）＝（ ）
A．B．﹣C．D．﹣
8．若角α满足，则＝（ ）
A．B．C．D．
9．tan255°=
A．－2－B．－2+C．2－D．2+
10．将函数的图像向左平移个单位，得函数的图像，则（ ）
A．B．1C．D．
11．已知，都是锐角，，，则（ ）
A．1B．C．D．
12．角的终边与单位圆的交点坐标为，将的终边绕原点顺时针旋转，得到角，则（ ）
A．B． C． D．0
13．已知角的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点，则角可以是（ ）
A．B．C．D．
14．计算所得的结果为（ ）
A．B．C．D．
15．化简－sin(x＋y)sin(x－y)－cs(x＋y)cs(x－y)的结果为（ ）
A．sin 2xB．cs 2x
C．－cs 2xD．－cs 2y
16．已知，，、，则的值为（ ）
A．B．
C．D．
17．若，，，，则
A．B．C．D．
18．《周髀算经》中给出了弦图，所谓弦图是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成一个大的正方形，若图中直角三角形两锐角分别为、，且小正方形与大正方形面积之比为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
19．（ ）
A．B．C．D．
20．在中，角的对边分别为，已知，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
21．如图，在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，终边分别是射线和射线，且射线和射线关于轴对称，射线与单位圆的交点为，则的值是（ ）
A．B．C．D．
22．已知，则（ ）
A．B．C．D．
23．已知，，若，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
24．已知单位圆上第一象限内一点沿圆周逆时针旋转到点，若点的横坐标为，则点的横坐标为（ ）
A．B．
C．D．
25．已知，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【高分突破】
单选题
26． （ ）
A．B．C．D．
27．cs 56°cs 26°＋sin 56°cs 64°的值为（ ）
A．B．－
C．D．－
28．已知，，，则＝（ ）
A．B．C．D．
29．已知角，的顶点为坐标原点，始边与x轴正半轴重合，角的终边过点，将角的终边顺时针旋转得到角的终边，则（ ）
A．B．C．D．
30．2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，．由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（ ）
A．346B．373C．446D．473
31．已知，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
二、多选题
32．下列结论正确的是（ ）
A．在中，若，则
B．在锐角三角形中，不等式恒成立
C．在中，若，则是直角三角形
D．在中，若，三角形面积，则三角形的外接圆半径为
33．下列各式中值为的是（ ）．
A．B．
C．D．
34．已知，且，是方程的两不等实根，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
35．给出下列四个关系式，其中不正确的是（ ）．
A．
B．
C．
D．
三、填空题
36．的值为_________
37．的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知，设D为边的中点，若且，则____________．
38．已知A，B为x，y正半轴上的动点，且，O为坐标原点，现以为边长在第一象限做正方形，则的最大值为___________.
39．________．
40．已知：，且，则________．
41．计算：___________.
四、解答题
42．已知A、B都是锐角，且，.求证：.
43．已知函数，直线是函数f(x)的图象的一条对称轴.
（1）求函数f(x)的单调递增区间;
（2）已知函数y=g(x)的图象是由y=f(x)的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，然后再向左平移个单位长度得到的，若求的值.
44．在中，分别为角所对的边.在①；②；③这三个条件中任选一个，作出解答.
（1）求角的值；
（2）若为锐角三角形，且，求的面积的取值范围.
45．已知sinα，且α为第二象限角．
（1）求sin2α的值；
（2）求tan（α）的值．
46．已知，，且，，求，.
参考答案
1．A
【解析】
【分析】
利用同角三角函数平方关系可求得，由，利用两角和差余弦公式可求得结果.
【详解】
为锐角，，，
又，
.
故选：A.
2．D
【解析】
【分析】
先由平方关系求得，再由余弦差角公式求解即可.
【详解】
因为角为第二象限角，所以，
则.
故选：D.
3．C
【解析】
【分析】
使用诱导公式及两角和与差得余弦解决.
【详解】
因为，所以．
又，
所以，
故
故选：C.
4．C
【解析】
【分析】
根据两角和的余弦公式即可求解.
【详解】
由两角和的余弦公式得：
故选：C
5．B
【解析】
【分析】
由余弦的差角公式求解即可
【详解】
故选：B
6．A
【解析】
【分析】
根据两角差的余弦公式可求出结果.
【详解】
.
故选：A
7．D
【解析】
【分析】
根据韦达定理可得，，结合，可得，根据两角和的余弦公式可得，由此可得结果.
【详解】
因为sinα、csα是方程5x2﹣x﹣2＝0的两个实根，
所以，，
因为，且，所以且，
所以，
所以
.
故选：D.
【点睛】
本题考查了韦达定理，两角和的余弦公式，属于基础题.
8．C
【解析】
【分析】
利用两角和的余弦公式化简已知等式可得，两边平方，可得2sinαcsα的值，根据同角三角函数基本关系式化简所求即可求解．
【详解】
因为，可得，
两边平方，可得，
所以．
故选：C.
9．D
【解析】
【分析】
本题首先应用诱导公式，将问题转化成锐角三角函数的计算，进一步应用两角和的正切公式计算求解．题目较易，注重了基础知识、基本计算能力的考查．
【详解】
详解：=
【点睛】
三角函数的诱导公式、两角和与差的三角函数、特殊角的三角函数值、运算求解能力．
10．D
【解析】
【分析】
先对变形，然后通过三角函数图像变换规律求出的解析式，从而可求出的值.
【详解】
，则将的图像向左平移个单位后得，
，
所以，
故选：D
11．C
【解析】
【分析】
先利用平方关系求得，，再由求解.
【详解】
因为，，
所以，
所以，，
所以，
，
.
故选：C
12．A
【解析】
【分析】
先求的正余弦三角函数，再求的正余弦三角函数，然后根据余弦的两角和与差的公式计算即可得到答案.
【详解】
由角的终边经过点，得，
因为角的终边是由角的终边顺时针旋转得到的，
所以
，
故选：A.
【点睛】
本题主要考查了三角函数的定义以及两角和与差的正余弦公式的应用，属于中档题.
13．D
【解析】
【分析】
先判定角终边所在象限，再通过角的三角函数值确定角.
【详解】
则
又，则角终边在第二象限
则角可以是
故选：D
14．C
【解析】
【分析】
将转化成，展开整理化简即可.
【详解】
故选：C
【点睛】
本题考查内容是三角恒等变换的知识，其中化简表达式一般先找角之间的关系，尽可能将出现的角变少，然后利用三角恒等变换的公式进行化简即可.
15．D
【解析】
【分析】
逆用两角差的余弦公式化简即可
【详解】
解：原式＝－cs[(x＋y)－(x－y)]＝－cs 2y，
故选：D.
16．A
【解析】
【分析】
由、的范围求出的范围，由题意，利用平方关系求出和，由两角和与差的余弦公式求出的值即可.
【详解】
解：、，，
，
，
.
.
.
故选：A.
【点睛】
本题考查两角和与差的余弦公式，同角三角函数的基本关系的应用，属于基础题.
17．D
【解析】
【分析】
利用同角三角函数的平方关系求得、的值，利用两角差的余弦公式可求得的值.
【详解】
，，则，，
，，
因此，.
故选：D.
【点睛】
本题考查利用两角差的余弦公式求值，考查计算能力，属于中等题.
18．A
【解析】
设大的正方形的边长为1，由已知可求小正方形的边长，可求，，且，，进而利用两角差的余弦函数公式，同角三角函数基本关系式即可计算得解.
【详解】
设大的正方形的边长为1，由于小正方形与大正方形面积之比为，
可得:小正方形的边长为，
可得:，①
，②
由图可得:，，
①×②可得:
，
解得:，
故选:A.
【点睛】
本题主要考查了两角差的余弦函数公式，同角三角函数基本关系式的综合应用，考查了数形结合思想和转化思想，属于中档题.
19．D
【解析】
【分析】
直接利用诱导公式及两角和的正弦公式求解.
【详解】
因为,
故选：D
20．B
【解析】
【分析】
利用三角形边角关系，将转化为关于边的方程，解得边，进而由三角形的面积公式，直接求出面积即可.
【详解】
如图，过作,交的延长线于，因为，则,，，
所以
又因为
所以，即，解得：或（舍）
所以.
故选：B.
21．D
【解析】
【分析】
由三角函数的定义可得，，，的值，再由差角的余弦公式计算即得.
【详解】
由任意角的三角函数的定义可得，，，
因，且射线和射线关于轴对称，则射线OB与单位圆的交点为，于是得，，
因此，，
所以的值是.
故选：D
22．D
【解析】
【分析】
利用两角差的正弦、余弦公式化简，再利用诱导公式、二倍角公式求解即可.
【详解】

故选：D.
23．D
【解析】
【分析】
由求解.
【详解】
因为，，
所以，
又，
则，，
又，
所以，
所以，
，
故选：D
24．C
【解析】
先根据单位圆及点的横坐标确定出点的纵坐标，根据任意角三角函数的定义可求得及，设点的横坐标为，则，利用余弦的差角公式求解即可.
【详解】
由单位圆上第一象限内一点沿圆周逆时针旋转到点，点的横坐标为，可知点的纵坐标为．则，，
设点的横坐标为，又，
所以
．
故选：C.
【点睛】
本题考查任意角三角函数的定义及余弦的差角公式的运用，解答时注意以下几点：
（1）一般地，当已知角终边上一点时，则，，
；
（2）注意，计算时，要注意根据角与的范围确定其三角函数值的正负.
25．B
【解析】
【分析】
本题首先可根据得出，然后根据诱导公式以及二倍角公式即可得出结果.
【详解】
，即，
，，
则
，
故选：B.
26．C
【解析】
利用两角和的正切公式，特殊角的三角函数值化简已知即可求解．
【详解】
解：
．
故选：．
27．C
【解析】
【分析】
根据两角差的余弦公式，准确化简，即可求解.
【详解】
由
.
故选：C.
28．C
【解析】
【分析】
由已知，结合同角平方关系可求cs()、sin()，然后根据，由两角差的余弦展开可求值．
【详解】
∵，
∴，．
∵，
∴，则cs()＝，
∵，
∴sin()＝．
＝cs()cs()+sin()sin()
＝．
故选：C．
29．C
【解析】
【分析】
先由三角函数的定义求出，，由题知，然后利用两角差的正弦公式即可求出的值.
【详解】
由题知，点到原点的距离为，，，.
故选：C.
30．B
【解析】
【分析】
通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得，进而得到答案．
【详解】
过作，过作，
故，
由题，易知为等腰直角三角形，所以．
所以．
因为，所以
在中，由正弦定理得：
，
而，
所以
所以．
故选：B．
【点睛】
本题关键点在于如何正确将的长度通过作辅助线的方式转化为．
31．B
【解析】
【分析】
分析式子特点，，利用和差角公式得出，即；以及为锐角，为钝角，则，但，充分性不成立，从而得解.
【详解】
当时，，均为锐角，，即，故，则，则，必要性成立；
若为锐角，为钝角，则，但，充分性不成立.
故“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
【点睛】
根据题目信息进行转化处理，并会举反例来进行说明，要求对三角函数的变形以及充分必要性熟练掌握.
32．ABC
【解析】
【分析】
利用三角形“大角对长边”和正弦定理即可判断A；利用余弦定理，即可判断B；首先利用正弦定理得到，即可求出判断C；对选项D，首先利用面积公式得到，利用余弦定理得到，再利用正弦定理即可判断D.
【详解】
对于A，在中，由，利用正弦定理得，故A正确.
对于B，由锐角三角形知，则，，故B正确.
对于C，由，利用正弦定理得，即，故，即，则是直角三角形，故C正确.
对于D，，解得，利用余弦定理知，所以，又因为，，故D错误.
故选：ABC
【点睛】
关键点点睛：本题主要考查正弦定理和余弦定理的综合应用，熟练掌握公式为解题的关键，属于中档题.
33．AC
【解析】
【分析】
选项A利用二倍角的正弦求值；选项B利用二倍角的余弦求值；选项C逆用两角差的正弦公式求值；选项D利用两角和的正切公式求值.
【详解】
因为，故选项A正确；
因为，故选项B错误；
因为，故选项C正确；
因为，
整理得，，故选项D错误；
故选：AC.
34．BCD
【解析】
根据题意可得，，再利用两角和的正切公式可判断B，利用基本不等式可判断C、D
【详解】
由，是方程的两不等实根，
所以，，
，
由，，均为正数，
则，当且仅当取等号，等号不成立
，当且仅当取等号，
故选：BCD
【点睛】
本题考查了韦达定理、两角和的正切公式、基本不等式的应用，注意验证等号成立的条件，属于基础题.
35．AC
【解析】
【分析】
根据，，进行化简可得结果.
【详解】
由，
两式相加可得，故B正确
两式相减可得，故D正确
由，
两式相减可得，故A,C错
故选：AC
【点睛】
本题考核从两角和与差的正弦公式与余弦公式，重在对公式的考查与计算，属基础题.
36．
【解析】
【分析】
由题意观察出角之间的关系为，故将，转化为，利用两角差的余弦公式化简求解.
【详解】
.
故答案为：
37．2
【解析】
【分析】
由正弦定理化边为角，利用诱导公式、两角和的正弦公式展开变形求得，已知，由余弦定理得，求出，再由勾股定理求得．
【详解】
由正弦定理可得：．又在三角形中，，
∴，∴．
又在三角形中，，∴，∴．∵，∴．
由点D为的中点，，得即，
而得得或（舍去），
∴，则，在中有，，
则，解得，即．
故答案为：2．
38．32
【解析】
【分析】
建立平面直角坐标系，设出角度和边长，表达出点坐标，进而表达出，利用三角函数换元，求出最大值.
【详解】
如图，过点D作DE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥y轴于点F，设，（），则由三角形全等可知，设，，则，则，，则，令，，则，当时，取得最大值，最大值为32
故答案为：32
39．
【解析】
【分析】
由题意观察出角之间的关系为，，故原式转化为，利用两角差的余弦公式化简求解.
【详解】
.
故答案为：
40．
【解析】
【分析】
根据作差并结合已知整理得，再对已知和该式两边平方求和即可得答案.
【详解】
解:因为，
所以两式作差得：，
整理得：
因为，
所以，
即①，
又因为②，
对①②两边平方得：
③
④，
所以得 ，
所以.
故答案为：
41．##
【解析】
【分析】
先切化弦，再根据二倍角的正弦公式、诱导公式、两角差的余弦公式化简即可得解.
【详解】
.
故答案为：
42．证明见解析；
【解析】
【分析】
化简，得到，结合A、B都是锐角即可证得结论.
【详解】
证明：，
∴，
又∵，∴，
∴，∴，
又∵A，B是锐角，∴.
【点睛】
本题考查两角和的正切公式掌握两角和的正切公式的逆用是证明的关键，属于基础题.
43．（1）；（2）
【解析】
（1）首先化简函数，再根据是函数的一条对称轴，代入求，再求函数的单调递增区间；（2）先根据函数图象变换得到，并代入后，得，再利用角的变换求的值.
【详解】
（1），
当时，，得，
，，
即，令，
解得：，，
函数的单调递增区间是；
（2），
，得，
，，，

【点睛】
方法点睛：本题考查函数的图象变换，以及的性质，属于中档题型，的横坐标伸长（或缩短）到原来的倍，得到函数的解析式是，若向右（或左）平移（）个单位，得到函数的解析式是或.
44．条件选择见解析；（1）；（2）.
【解析】
（1）选择条件①，利用正弦定理化简已知条件，再利用两角和的正弦公式化简得，根据三角形内角性质得出且，即可求出角的值；选择条件②，根据向量的数量积公式以及三角形的面积公式，化简得出，即可求出角的值；选择条件③，根据两角和的正弦公式和辅助角公式，化简的出，从而可求出角的值；
（2）根据题意，利用正弦定理边角互化得出，，再根据三角形面积公式化简得出，由为锐角三角形，求出角的范围，从而得出的面积的取值范围.
【详解】
解：（1）选①，
由正弦定理得：，
∴，
∵，∴，∴，
∵，∴；
选②，
∴，
∴，
∵，∴，则，
∴；
选③，
得，
∴，
∴，
∵，∴，
∴，∴.
（2）已知为锐角三角形，且，
由正弦定理得：，
∴，，
∴，
∵为锐角三角形，
∴，
∴，∴.
【点睛】
关键点点睛：本题考查正弦定理的边角互化、两角和的正弦公式、辅助角公式、向量的数量积的应用，考查三角形的面积公式以及三角形内角的性质，根据三角函数的性质求区间内的最值从而求出三角形的面积的取值范围是解题的关键，考查转化思想和化简运算能力.
45．（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）根据题意以及同角基本关系可知，再利用二倍角正弦公式即可求出结果；
（2）根据（1）的结果求出tan，利用两角和正切公式，即可求出结果.
【详解】
（1）∵sinα，且α为第二象限角，∴cs，
∴sin2α＝2sinαcsα；
（2）由（1）知tan，
∴tan（α）．
【点睛】
本题主要考查了三角函数同角基本关系式、正弦倍角公式和两角和的正切公式，属于基础题目.
46．；.
【解析】
【分析】
本题先求、，再求、即可解题.
【详解】
解：∵，∴ ，∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∵ ，∴ ，
∴ ；
.
【点睛】
本题考查同角三角函数关系，两角和差的正余弦公式，是基础题.