考点08 三角恒等变换（核心考点讲与练）-2023年高考数学一轮复习核心考点讲与练（新高考专用）

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一、任意角的三角函数
(1)定义：设α是一个任意角，它的终边与单位圆交于点P(x，y)，那么sin α＝y，cs α＝x，tan α＝eq \f(y,x)(x≠0).
(2)几何表示：三角函数线可以看作是三角函数的几何表示，正弦线的起点都在x轴上，余弦线的起点都是原点，正切线的起点都是(1，0).如图中有向线段MP，OM，AT分别叫做角α的正弦线、余弦线和正切线.
二、同角三角函数基本关系式与诱导公式
1.同角三角函数的基本关系
(1)平方关系：sin2α＋cs2α＝1.
(2)商数关系：eq \f(sin α,cs α)＝tan__α.
2.三角函数的诱导公式
三、解两角和与差的正弦、余弦和正切公式
1两角和与差的正弦、余弦和正切公式
sin(α±β)＝sin__αcs__β±cs__αsin__β.
cs(α∓β)＝cs__αcs__β±sin__αsin__β.
tan(α±β)＝eq \f(tan α±tan β,1∓tan αtan β).
2.二倍角的正弦、余弦、正切公式
sin 2α＝2sin__αcs__α.
cs 2α＝cs2α－sin2α＝2cs2α－1＝1－2sin2α.
tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α).
3.函数f(α)＝asin α＋bcs α(a，b为常数)，可以化为f(α)＝eq \r(a2＋b2)sin(α＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中tan φ＝\f(b,a)))或f(α)＝eq \r(a2＋b2)·cs(α－φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中tan φ＝\f(a,b))).
[名师提醒]
1.tan α±tan β＝tan(α±β)(1∓tan αtan β).
2.cs2α＝eq \f(1＋cs 2α,2)，sin2α＝eq \f(1－cs 2α,2).
3.1＋sin 2α＝(sin α＋cs α)2，1－sin 2α＝(sin α－cs α)2，
sin α±cs α＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α±\f(π,4))).
1.定义法求三角函数值的三种情况
①已知角α终边上一点P的坐标，可求角α的三角函数值．先求P到原点的距离，再用三角函数的定义求解；
②已知角α的某三角函数值，可求角α终边上一点P的坐标中的参数值，可根据定义中的两个量列方程求参数值；
③已知角α的终边所在的直线方程或角α的大小，根据三角函数的定义可求角α终边上某特定点的坐标．
2.三角函数式化简的方法
弦切互化，异名化同名，异角化同角，降幂或升幂．
在三角函数式的化简中“次降角升”和“次升角降”是基本的规律，根号中含有三角函数式时，一般需要升次．
3.“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面上来看是很难的，但仔细观察非特殊角与特殊角总有一定关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化为特殊角并且消除非特殊角的三角函数而得解．
4.“给值求值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．
5.“给值求角”：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的范围，确定角．
三角函数的定义
1. （2020湖北百所重点校高三联考）已知角的终边经过点且，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】试题分析：依题意有．
考点：三角函数概念．
2.已知顶点在原点，始边在x轴非负半轴的锐角绕原点逆时针转后，终边交单位圆于，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设锐角绕原点逆时针转后得角，由，则，按的值分类讨论结合三角函数的定义，求解即可，根据条件进行取舍.
【详解】设锐角绕原点逆时针转后得角，则，由为锐角，
根据题意角终边交单位圆于，则，则
若，则
所以，与为锐角不符合.
若，则
所以，满足条件.
故选：C.
化简求值
1. (2020湖北武汉模拟) ＝（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】利用三角函数的切化弦结合正弦二倍角以及辅助角公式对函数化简即可得答案．
【详解】解：
．
故选：A
2.（2022高三一轮复习联考（一）（全国1卷））已知，则___________.【答案】
【分析】，再利用二倍角得余弦公式即可得解.
【详解】解：
.
故答案：.
3. （2022河南省大联考） 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】由题可得，然后利用二倍角公式及两角差公式即求.
【详解】由得，
即
∴，∴，
∴，
故选：A.
4.（2022云南省昆明市五华区高三模拟）若，，则______．
【答案】
【分析】根据余弦的二倍角公式化简即可求值.
【详解】因为，
所以或，
又，
所以，
故答案为：
5. (2020四川南充模拟)已知，，且，，则________.
【答案】
【分析】根据同角三角函数关系式及已知条件，分别求得及， 由，利用正弦差角公式展开即可求得的值，再由即可得.
【详解】因为，，且，，
所以由同角三角函数关系式可得，
，
则
，
因为，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查了同角三角函数关系式的简单应用，正弦差角公式的展开式及应用，属于基础题.
1. （2021年全国高考乙卷） （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】由题意结合诱导公式可得，再由二倍角公式即可得解.
【详解】由题意，
.
故选：D.
2. （2021年全国高考甲卷） 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】由二倍角公式可得，再结合已知可求得，利用同角三角函数的基本关系即可求解.
【详解】
，
，，，解得，
，.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的化简问题，解题的关键是利用二倍角公式化简求出.
3. （2021年全国新高考Ⅰ卷）若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母()，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入即可得到结果．
【详解】将式子进行齐次化处理得：
．
故选：C．
【点睛】易错点睛：本题如果利用，求出的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论．
一、单选题
1．（2022·河北·模拟预测）已知函数，若的图象在区间上有且只有1个最低点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用辅助角公式化简可得，根据x的范围，可求得的范围，根据题意，分析可得，计算即可得答案.
【详解】由题意得，
因为，
所以，
因为有且只有1个最低点，
所以，解得.
故选：D
2．（2022·辽宁丹东·一模）已知，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，确定的范围，结合其正切值，求得正弦和余弦值，再用凑出目标角，利用余弦的和角公式即可求得结果.
【详解】因为，则，又，故，
则，
故
.
故选：C.
3．（2022·四川广安·一模（理））若，，则的值为（ ）
A．B．C．0D．
【答案】D
【分析】结合二倍角公式化简可求，再结合万能公式可求.
【详解】因为，，所以且，
解得，所以.故选：D
4．（2022·江苏南通·模拟预测）在△ABC中，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用两角和的正切公式和二倍角公式求解.
【详解】因为，
所以，
所以，
，
故选：A．
二、多选题
5．（2022·江苏·南京市第一中学三模）在中，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．的最大值为D．
【答案】ACD
【分析】根据已知条件，结合得，，进而得，可判断AD；进而得或，故或，再分别讨论的最大值问题即可判断BC.
【详解】解：因为，，
所以，
所以，，故A选项正确；
所以，，即；
所以，故D选项正确；
所以，即或，
所以或，故B选项错误；
当时，，
，当且仅当时，此时，不满足内角和定理；
当时，，
，当且仅当时，此时，满足题意.
综上，的最大值为，故C选项正确.
故选：ACD
6．（2022·重庆·模拟预测）重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，始于1551年明代嘉靖年间，明末已成为贡品人朝，产品以其精湛的工业制作而闻名于海内外．经历代艺人刻苦钻研、精工创制，荣昌折扇逐步发展成为具有独特风格的中国传统工艺品，其精雅宜士人，其华灿宜艳女，深受各阶层人民喜爱．古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长，偏称游人携袖里，不劳侍女执花傍；宫罗旧赐休相妒，还汝团圆共夜凉”图1为荣昌折扇，其平面图为图2的扇形COD，其中，动点P在上（含端点），连接OP交扇形OAB的弧于点Q，且，则下列说法正确的是（ ）
图1 图2
A．若，则B．若，则
C．D．
【答案】ABD
【分析】建立平面直角系，表示出相关点的坐标，设 ，可得，由
，结合题中条件可判断A,B;表示出相关向量的坐标，利用数量积的运算律，结合三角函数的性质，可判断C，D.
【详解】
如图，作 ,分别以为x,y轴建立平面直角坐标系，
则 ,
设 ，则,
由可得 ，且 ，
若，则，
解得 ，（负值舍去），故，A正确；
若，则，，故B正确；
，
由于，故，故，故C错误；
由于，
故
，而，
故，故D正确，
故选：ABD
7．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）已知向量，，且，
，其中，下列说法正确的是（ ）
A．与所成角的大小为B．
C．当时，取得最大值D．的最大值为
【答案】AD
【分析】利用向量夹角定义和模的求法即可选定A选项，利用正弦倍角公式和积化和差公式可以排除B选项，根据均值不等式和余弦定理结合选项B中得出的结论即可判断C选项和D选项的正误.
【详解】对于A选项：因为,
所以有：，解得，
所以与所成角的大小为；
对于B选项：，
因为 ，
所以，
结合得
，
将代入化简，得
，
故B选项错误；
对于C选项和D选项：以B点为圆心，建立平面直角坐标系，
则由可设，
使用余弦定理得： ，
故可得，

当且仅当即时等号成立，
结和公式，以及选项B中的，可知
当时，
取得最大值，
而此时平方后化为一元二次方程后无解，因此D选项正确，C选项错误.
故选：AD.
三、填空题
8．（2022·广东湛江·二模）若，，则___________.
【答案】
【分析】利用正切两角和的公式进行求解即可.
【详解】因为，，
所以，
故答案为：
9．（2022·河北秦皇岛·二模）已知为锐角，且，则___________.
【答案】
【分析】根据，求出，利用二倍角公式化简，代入即可求值.
【详解】由，得，
即，
解得或，因为为锐角，所以，
故，
故答案为：.
10．（2022·安徽·芜湖一中三模（理））已知函数的图象与函数的图象相邻的三个交点依次为A，B，C，且的面积是，则______．
【答案】
【分析】由得，，不妨设，，，求出，，后，根据三角形面积公式列式可求出结果.
【详解】由得，
所以，
所以，
所以，即，，
因为相邻的三个交点依次为A，B，C，
所以不妨设，，，
所以，
，
，
所以，边上的高为，
所以，
依题意可得，得.
故答案为：.
四、解答题
11．（2022·天津·一模）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.
(1)求角B的大小；
(2)设，，求和的值.
【答案】(1)(2)，
【分析】（1）利用正弦定理得到，即可得到，从而求出；
（2）利用余弦定理求出，再利用正弦定理求出，即可求出，再利用二倍角公式求出、，最后根据两角和的正弦公式计算可得；
(1)解：在中，由正弦定理，可得，
又由，得，即，
又因为，可得.
(2)解：由（1）得，在中，，，
由余弦定理有，故.
由正弦定理，即，可得.
又因为，故.
因此，.
所以.
12．（2022·广东惠州·一模）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且.
(1)求证：；
(2)当时，求.
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）依题意利用二倍角公式及两角和差的余弦公式得到
，再由正弦定理将角化边即可；
（2）依题意是边的中点，则，根据向量数量积的运算律及余弦定理得到，最后由余弦定理计算可得；
(1)证明：因为
所以，
所以
所以，结合正弦定理，
可得，命题得证.
(2)解：由题意知，点是边的中点，则
两边平方整理得，
即
根据余弦定理
两式相加得，
再由余弦定理
13．（2022·四川雅安·二模）已知向量，，设函数．
(1)求函数的单调递增区间；
(2)设的内角，，所对的边分别为，，，且______，求的取值范围．
从下面三个条件中任选一个，补充在上面的问题中作答．
①；②；③，，成等比数列．注：如果选择多个条件分别解答，按第一解答计分．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）根据向量数量积的坐标运算结合降幂公式以及辅助角公式化简得，结合正弦函数的性质可得增区间；
（2）若选①，通过正弦定理以及“切化弦”思想可得，进而得，由正弦函数性质可得结果；若选②，通过正弦定理将边化为角，结合两角和的正弦公式可得，余下同①；若选③，由余弦定理可得，进而得的范围，余下同①.
(1)因为，，
所以
由，得，
即函数的单调递增区间.
(2)若选①，
由正弦定理可得，
即，即，
由于，所以，解得，
由于，得，所以，
所以，得，
即的取值范围是.
若选②，
由正弦定理可得，即，
由于，所以，由于，得，所以，
所以，得，
即的取值范围是.
若选③，，成等比数列，即，
由余弦定理可得，
所以，
所以，得，
即的取值范围是.
14．（2022·全国·模拟预测）在中，，，分别为角A，，的对边，且满足．
（1）求A；
（2）若点满足，，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由及余弦的二倍角公式得到，解得，最后求出即可；
（2）设，可得，
在中，由余弦定理可得，，进而可得，然后根据三角函数的有界性求得取值范围即可.
【详解】（1），，
解得，又，；
（2）设，
因为点满足，，所以，
在中，由余弦定理可得：，
所以，，
所以，
即，
因为，所以，，
所以.
【点睛】关键点睛：本题的解题关键是在中，由余弦定理得到，，进而求得，最后求得取值范围.
15．（2022·安徽·芜湖一中三模（理））已知函数的最小正周期为6．
(1)已知△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，若，，求的值；
(2)若，求数列的前2022项和．
【答案】(1)2；(2).
【分析】（1）利用三角恒等变换化简为标准型，结合最小正周期求得解析式，再结合已知条件求得，利用正弦定理即可求得结果；
（2）根据（1）中所求，求得，再利用并项求和法求解即可.
(1)，
因为的最小正周期为6，故可得，，解得，故，
因为，，故可得，又，则，；
因为，故可得，又，则或，或，
因为，则，当时，，满足题意；当时，，不满足题意，舍去；
由正弦定理可得：.
(2)
根据（1）中所求可得：，
故
.
即数列的前2022项和.
16．（2022·湖北·二模）如图，在平面四边形中，．
(1)若，求；
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）连接后由余弦定理与两角和的正弦公式求解
（2）由余弦定理与面积公式求解
(1)连接，在中，，
且，，所以．
在中，由余弦定理得，
所以．
所以
(2)在中，由余弦定理得，
即，解得或（舍去），
所以四边形的面积为
公式
一
二
三
四
五
六
角
2kπ＋α(k∈Z)
π＋α
－α
π－α
eq \f(π,2)－α
eq \f(π,2)＋α
正弦
sin α
－sin__α
－sin__α
sin__α
cs__α
cs__α
余弦
cs α
－cs__α
cs__α
－cs__α
sin__α
－sin__α
正切
tan α
tan__α
－tan__α
－tan__α
口诀
函数名不变，符号看象限
函数名改变，符号看象限