新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题1三角函数与解三角形第2讲三角恒等变换与解三角形核心考点1三角恒等变换教师用书

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题1三角函数与解三角形第2讲三角恒等变换与解三角形核心考点1三角恒等变换教师用书，共5页。试卷主要包含了故选A．等内容，欢迎下载使用。


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＝( A )
A．eq \f(\r(15),15) B．eq \f(\r(5),5)
C．eq \f(\r(5),3) D．eq \f(\r(15),3)
【解析】 ∵tan 2α＝eq \f(cs α,2－sin α)，∴tan 2α＝eq \f(sin 2α,cs 2α)＝eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)＝eq \f(cs α,2－sin α)，∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴cs α≠0，∴eq \f(2 sin α,1－2sin2α)＝eq \f(1,2－sin α)，解得sin α＝eq \f(1,4)，∴cs α＝eq \r(1－sin2α)＝eq \f(\r(15),4)，∴tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝eq \f(\r(15),15).故选A．
2. (2022·全国新高考Ⅱ卷)若sin(α＋β)＋cs(α＋β)＝2eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))sin β，则( C )
A．tan(α－β)＝1 B．tan(α＋β)＝1
C．tan(α－β)＝－1 D．tan(α＋β)＝－1
【解析】 由已知得：sin αcs β＋cs αsin β＋cs αcs β－sin αsin β＝2(cs α－sin α)sin β，即：sin αcs β－cs αsin β＋cs αcs β＋sin αsin β＝0，即：sin(α－β)＋cs(α－β)＝0，所以tan(α－β)＝－1，故选C．
3. (2021·全国乙卷)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为eq \r(3)，B＝60°，a2＋c2＝3ac，则b＝ 2eq \r(2) .
【解析】 由题意，S△ABC＝eq \f(1,2)acsin B＝eq \f(\r(3),4)ac＝eq \r(3)，所以ac＝4，a2＋c2＝12，所以b2＝a2＋c2－2accs B＝12－2×4×eq \f(1,2)＝8，解得b＝2eq \r(2)(负值舍去)．故答案为2eq \r(2).
4. (2022·全国甲卷)已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD＝2BD．当eq \f(AC,AB)取得最小值时，BD＝ eq \r(3)－1 .
【解析】 设CD＝2BD＝2m>0，则在△ABD中，AB2＝BD2＋AD2－2BD·ADcs∠ADB＝m2＋4＋2m，在△ACD中，AC2＝CD2＋AD2－2CD·ADcs∠ADC＝4m2＋4－4m，所以eq \f(AC2,AB2)＝eq \f(4m2＋4－4m,m2＋4＋2m)＝eq \f(4m2＋4＋2m－121＋m,m2＋4＋2m)＝4－eq \f(12,m＋1＋\f(3,m＋1))≥4－eq \f(12,2\r(m＋1·\f(3,m＋1)))＝4－2eq \r(3)，当且仅当m＋1＝eq \f(3,m＋1)即m＝eq \r(3)－1时，等号成立，所以当eq \f(AC,AB)取最小值时，m＝eq \r(3)－1.故答案为eq \r(3)－1.
核心考点1 三角恒等变换
核心知识·精归纳
1.两角和与差的正弦、余弦、正切公式
cs(α±β)＝_cs_αcs_β∓sin_αsin_β__.
sin(α±β)＝_sin_αcs_β±cs_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－tan 2α) .
3.辅助角公式
asin x＋bcs x＝eq \r(a2＋b2)sin(x＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中tan φ＝\f(b,a))).
多维题组·明技法
角度1：和角公式的应用
1. (2023·南通模拟)已知cs(40°－θ)＋cs(40°＋θ)＋cs(80°－θ)＝0，则tan θ＝( A )
A．－eq \r(3) B．－eq \f(\r(3),3)
C．eq \f(\r(3),3) D．eq \r(3)
【解析】 因为cs(40°－θ)＋cs(40°＋θ)＋cs(80°－θ)＝0，所以cs 40°cs θ＋sin 40°sin θ＋cs 40°cs θ－sin 40°sin θ＋cs 80°cs θ＋sin 80°sin θ＝0，所以2cs 40°cs θ＋cs 80°cs θ＋sin 80 °sin θ＝0，所以2cs 40°＋cs 80°＋sin 80°tan θ＝0，所以tan θ＝－eq \f(2cs 40°＋cs 80°,sin 80°)＝－eq \f(2cs120°－80°＋cs 80°,sin 80°)＝－eq \f(2cs 120°cs 80°＋sin 120°sin 80°＋cs 80°,sin 80°)＝－eq \f(\r(3)sin 80°,sin 80°)＝－eq \r(3).故选A．
2. (2023·商洛三模)已知tan(α＋β)＝3，taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝－3，则tan β＝( D )
A．－eq \f(1,5) B．eq \f(1,5)
C．－eq \f(1,7) D．eq \f(1,7)
【解析】 因为taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝－3，所以tan α＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)－\f(π,4)))＝eq \f(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))－tan \f(π,4),1＋tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))tan \f(π,4))＝eq \f(－3－1,1－3)＝2，则tan β＝tan(α＋β－α)＝eq \f(tanα＋β－tan α,1＋tanα＋βtan α)＝eq \f(3－2,1＋3×2)＝eq \f(1,7).故选D．
3. (2023·怀仁市校级四模)已知α为锐角，且sin α＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(2π,3)))＝eq \r(3)，则tan α＝ eq \r(3) .
【解析】 因为sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＝eq \f(1,2)sin α＋eq \f(\r(3),2)cs α，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(2π,3)))＝－eq \f(1,2)sin α＋eq \f(\r(3),2)cs α，所以sin α＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(2π,3)))＝sin α＋eq \r(3)cs α＝eq \r(3)，两边同时除以2，有eq \f(1,2)sin α＋eq \f(\r(3),2)cs α＝eq \f(\r(3),2)，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＝eq \f(\r(3),2)，因为α为锐角，所以α＝eq \f(π,3)，则tan α＝eq \r(3).故答案为eq \r(3).
角度2：二倍角公式的应用
4. (2023·惠州一模)若tan α＝eq \f(cs α,3－sin α)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2)))＝( D )
A．eq \f(2,3) B．eq \f(1,3)
C．eq \f(8,9) D．eq \f(7,9)
【解析】 因为tan α＝eq \f(cs α,3－sin α)，所以eq \f(sin α,cs α)＝eq \f(cs α,3－sin α)，即3sin α－sin2α＝cs2α，所以3sin α＝sin2α＋cs2α＝1，即sin α＝eq \f(1,3)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2)))＝cs 2α＝1－2sin2α＝eq \f(7,9).故选D．
5. (2023·永州三模)已知cs θ－cs 2θ－1＝0，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则cs θ＝( B )
A．－eq \f(1,2) B．eq \f(1,2)
C．0 D．1
【解析】 因为cs θ－cs 2θ－1＝0，可得cs θ－2cs2θ＝0，因为θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，可得cs θ≠0，所以cs θ＝eq \f(1,2).故选B．
6. (2023·淮北二模)若cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))＝eq \f(2,3)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(2π,3)))＝ －eq \f(1,9) .
【解析】 sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(2π,3)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))＋\f(π,2)))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))))＝2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))－1＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2－1＝－eq \f(1,9).故答案为－eq \f(1,9).
方法技巧·精提炼
三角函数恒等变换的技巧
(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cs2θ＝tan eq \f(π,4)等．
(2)项的分拆与角的配凑：如sin2α＋2cs2α＝1＋cs2α，α＝(α－β)＋β等．
(3)降次与升次；正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次等．
(4)弦、切互化：一般是切化弦．
加固训练·促提高
1. (2023·四川三模)sin 2 023°cs 17°＋cs 2 023°sin 17°＝( C )
A．eq \f(1,2) B．－eq \f(1,2)
C．－eq \f(\r(3),2) D．eq \f(\r(3),2)
【解析】 sin 2 023°cs 17°＋cs 2 023°sin 17°＝－sin 43°cs 17°－cs 43°sin 17°＝－sin 60°＝－eq \f(\r(3),2).故选C．
2. (多选)(2023·广州二模)下列等式能够成立的为( BC )
A．sin 15°cs 15°＝eq \f(1,2)
B．sin 75°cs 15°＋cs 75°sin 15°＝1
C．cs 105°cs 75°－sin 105°cs 15°＝－1
D．eq \r(3)sin 15°＋cs 15°＝1
【解析】 对于A：sin 15°cs 15°＝eq \f(1,2)sin 30°＝eq \f(1,4)，A错误；对于B：sin 75°cs 15°＋cs 75°sin 15°＝sin(75°＋15°)＝sin 90°＝1，B正确；对于C：cs 105°·cs 75°－sin 105°cs 15°＝cs(105°＋75°)＝cs 180°＝－1，C正确；对于D：eq \r(3)sin 15°＋cs 15°＝2sin(15°＋30°)＝2sin 45°＝eq \r(2)，D错误．故选BC．
3. (2023·长沙模拟)已知α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，sin(2α＋β)＝2sin β，则tan β的最大值为( B )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(\r(3),3)
C．eq \f(\r(2),2) D．eq \f(\r(3),2)
【解析】 因为α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，sin(2α＋β)＝2sin β，所以sin[(α＋β)＋α]＝2sin[(α＋β)－α]，sin(α＋β)cs α＋cs(α＋β)sin α＝2[sin(α＋β)cs α－cs(α＋β)sin α]，即3cs(α＋β)sin α＝sin(α＋β)cs α，所以tan(α＋β)＝3tan α，因为tan α>0，tan β>0所以tan β＝tan[(α＋β)－α]＝eq \f(tanα＋β－tan α,1＋tanα＋βtan α)，所以tan β＝eq \f(2tan α,1＋3tan2α)＝eq \f(2,\f(1,tan α)＋3tan α)≤eq \f(2,2\r(\f(1,tan α)·3tan α))＝eq \f(\r(3),3)，当且仅当eq \f(1,tan α)＝3tan α，即tan α＝eq \f(\r(3),3)时，等号成立，tan β取得最大值eq \f(\r(3),3).故选B．高频考点
高考预测
三角函数的化简与求值(倍角公式、两角和与差公式进行恒等变换，角的变换)
继续以选择、填空题形式考查三角函数的图象变换、性质及应用，以及直观想象与数学运算核心素养.
正、余弦定理及应用(边、角、面积的计算及有关的范围问题)