艺术生高考数学专题讲义：考点19 三角恒等变换

这是一份艺术生高考数学专题讲义：考点19 三角恒等变换，共9页。试卷主要包含了二倍角公式，公式的变形和逆用，辅助角公式等内容，欢迎下载使用。

1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式
sin(α＋β)＝sin αcs β＋cs αsin β (S(α＋β))
sin(α－β)＝sin αcs β－cs αsin β (S(α－β))
cs(α＋β)＝cs αcs β－sin αsin β (C(α＋β))
cs(α－β)＝cs αcs β＋sin αsin β (C(α－β))
tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β) (T(α＋β))
tan(α－β)＝eq \f(tan α－tan β,1＋tan αtan β) (T(α－β))
2．二倍角公式
sin 2α＝2sin αcs α (S2α)
cs 2α＝cs2α－sin2α＝2cs2α－1＝1－2sin2α (C2α)
tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α) (T2α)
3．公式的变形和逆用
在准确熟练地记住公式的基础上，要灵活运用公式解决问题：如公式的正用、逆用和变形用等．常见变形如下：
降幂公式：cs2α＝eq \f(1＋cs 2α,2)，sin2α＝eq \f(1－cs 2α,2)，
升幂公式：1＋cs 2α＝2 cs2α，1－cs 2α＝2sin2α
1＋cs α＝2cs2eq \f(α,2)，1－cs α＝2sin2eq \f(α,2).
正切和差公式变形：
tan α±tan β＝tan(α±β)(1∓tan αtan β)，
tan αtan β＝1－eq \f(tan α＋tan β,tanα＋β)＝eq \f(tan α－tan β,tanα－β)－1.
配方变形：1＋sin α＝(sineq \f(α,2)＋cseq \f(α,2))2，
1－sin α＝(sineq \f(α,2)－cseq \f(α,2))2.
4．辅助角公式
asin α＋bcs α ＝eq \r(a2＋b2)sin(α＋φ)，其中tan φ＝eq \f(b,a).
典例剖析
题型一 给角求值
例1 (1) 计算cs 42° cs 18°－cs 48° cs 72°的值为________．
(2)计算eq \f(sin 110°sin 20°,cs2155°－sin2155°)的值为________．
答案 (1) eq \f(1,2) (2) eq \f(1,2)
解析 (1) cs 42° cs 18°－cs 48° cs 72°＝cs 42° cs 18°－sin 42° sin 18°
＝cs (42°＋18°) ＝cs 60°＝eq \f(1,2).
(2)∵ cs2155°－sin2155°＝cs 310°＝cs 50°.
∴ eq \f(sin 110°sin 20°,cs2155°－sin2155°)＝eq \f(sin 70°sin 20°,cs 310°)＝eq \f(cs 20°sin 20°,cs 50°)＝eq \f(\f(1,2)sin 40°,sin 40°)＝eq \f(1,2).
变式训练 eq \f(sin 47°－sin 17°cs 30°,cs 17°)＝________．
答案 eq \f(1,2)
解析 原式＝eq \f(sin30°＋17°－sin 17°cs 30°,cs 17°)
＝eq \f(sin 30°cs 17°＋cs 30°sin 17°－sin 17°cs 30°,cs 17°)
＝eq \f(sin 30°cs 17°,cs 17°)＝sin 30°＝eq \f(1,2).
解题要点 解题时先看角，观察是否有30°、60°、90°等特殊角，或是观察能否通过变形凑配出这些特殊角.再看所求式结构，选用合适的三角恒等式对原式进行变形处理.在解题时还要注意对公式进行正用、逆用，要掌握常见的变式.
题型二 给值求值
例2 已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，sin α＝eq \f(\r(5),5).
(1)求sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))的值；
(2)求cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－2α))的值．
解析 (1)因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，sin α＝eq \f(\r(5),5)，所以cs α＝－eq \r(1－sin2α)＝－eq \f(2\r(5),5).
故sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))＝sin eq \f(π,4)cs α＋cs eq \f(π,4)sin α＝eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(5),5)))＋eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(5),5)＝－eq \f(\r(10),10).
(2)由(1)知sin 2α＝2sin αcs α＝2×eq \f(\r(5),5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(5),5)))＝－eq \f(4,5)，
cs 2α＝1－2sin2α＝1－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),5)))2＝eq \f(3,5)，
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－2α))＝cseq \f(5π,6)cs 2α＋sineq \f(5π,6)sin 2α＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)))×eq \f(3,5)＋eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)))＝－eq \f(4＋3\r(3),10).
题型三 利用角的凑配求值
例3 已知tan(α＋β)＝eq \f(2,5)，taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))＝eq \f(1,4)，那么taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))等于________．
答案 eq \f(3,22)
解析 因为α＋eq \f(π,4)＋β－eq \f(π,4)＝α＋β，
所以α＋eq \f(π,4)＝(α＋β)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))，所以
taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝taneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(α＋β－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))))＝eq \f(tanα＋β－tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4))),1＋tanα＋βtan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4))))＝eq \f(3,22).
变式训练 已知cs α＝eq \f(1,3)，cs(α＋β)＝－eq \f(1,3)，且α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则cs(α－β)的值等于________．
答案 eq \f(23,27)
解析 ∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴2α∈(0，π)．
∵cs α＝eq \f(1,3)，∴cs 2α＝2cs2α－1＝－eq \f(7,9)，
∴sin 2α＝eq \r(1－cs22α)＝eq \f(4\r(2),9)，
而α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴α＋β∈(0，π)，
∴sin(α＋β)＝eq \r(1－cs2α＋β)＝eq \f(2\r(2),3)，
∴cs(α－β)＝cs[2α－(α＋β)]
＝cs 2αcs(α＋β)＋sin 2αsin(α＋β)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,9)))×(－eq \f(1,3))＋eq \f(4\r(2),9)×eq \f(2\r(2),3)＝eq \f(23,27).
解题要点 1.解决三角函数的求值问题的关键是把“所求角”用“已知角”表示．(1)当“已知角”有两个时，“所求角”一般凑配为两个“已知角”的和或差的形式；(2)当“已知角”有一个时，此时应着眼于“所求角”与“已知角”的和或差的关系，然后应用诱导公式把“所求角”变成“已知角”．
2．常见的凑配技巧：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)＝(α＋eq \f(β,2))－(eq \f(α,2)＋β)等．
题型四 辅助角公式
例4 (2015安徽文)已知函数f(x)＝(sin x＋cs x)2＋cs 2x.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．
解析 (1)因为f(x)＝sin2 x＋cs2 x＋2sin xcs x＋cs 2x
＝1＋sin 2x＋cs 2x
＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＋1，
所以函数f(x)的最小正周期为T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)由(1)的计算结果知，f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＋1.
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，2x＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(5π,4)))，
由正弦函数y＝sin x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(5π,4)))上的图象知，
当2x＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，即x＝eq \f(π,8)时，f(x)取最大值eq \r(2)＋1；
当2x＋eq \f(π,4)＝eq \f(5π,4)，即x＝eq \f(π,2)时，f(x)取最小值0.
综上，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值为eq \r(2)＋1，最小值为0.
变式训练 函数f(x)＝eq \r(3)sin x＋cs(eq \f(π,3)＋x)的最大值为________．
答案 1
解析 f(x)＝eq \r(3)sin x＋cs eq \f(π,3)cs x－sin eq \f(π,3)sin x＝eq \f(1,2)cs x＋eq \f(\r(3),2)sin x＝sin(x＋eq \f(π,6))．
∴f(x)max＝1.
解题要点 利用辅助角公式将asin x＋bcs x化为Asin(ωx＋φ)是常见的题型，转化时一定要严格对照和差公式，防止搞错辅助角．对于计算形如y＝sin(ωx＋φ), x∈[a，b]形式的函数最值时，则务必注意角度范围，最好是画出函数图像，观察所给函数在指定范围内是否越过图像的“波峰”或“波谷”.
当堂练习
1．(2015新课标Ⅰ理)sin 20°cs 10°－cs 160°sin 10°＝________．
答案 eq \f(1,2)
解析 sin 20°cs 10°－cs 160°sin 10°＝sin 20°cs 10°＋cs 20°sin 10°＝sin 30°＝eq \f(1,2).
2．若eq \f(sinα＋csα,sinα－csα)＝eq \f(1,2)，则tan2α＝________．
答案 eq \f(3,4)
解析 由eq \f(tanα＋1,tanα－1)＝eq \f(1,2)，得tanα＝－3，
∴tan2α＝eq \f(2tanα,1－tan2α)＝eq \f(3,4)，选B项．
3. 已知cs(α＋eq \f(π,6))＝eq \f(\r(3),3)，则sin(2α－eq \f(π,6))的值为________．
答案 eq \f(1,3)
解析 由cs(α＋eq \f(π,6))＝eq \f(\r(3),3)，
得cs(2α＋eq \f(π,3))＝2×(eq \f(\r(3),3))2－1＝－eq \f(1,3).
所以sin(2α－eq \f(π,6))＝sin(2α＋eq \f(π,3)－eq \f(π,2))＝－cs(2α＋eq \f(π,3))＝eq \f(1,3).
4．若函数f(x)＝sin2(x＋eq \f(π,4))＋cs2(x－eq \f(π,4))－1，则函数f(x)是________．
① 周期为π的偶函数 ② 周期为2π的偶函数
③ 周期为2π的奇函数 ④ 周期为π的奇函数
答案 ④
解析 f(x)＝sin2(eq \f(π,4)＋x)＋sin2(eq \f(π,4)＋x)－1＝2sin2(eq \f(π,4)＋x)－1＝－cs(eq \f(π,2)＋2x)＝sin2x
∴故④正确．
5．(2015北京理)已知函数f(x)＝eq \r(2)sineq \f(x,2)cseq \f(x,2)－eq \r(2)sin2eq \f(x,2).
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)在区间[－π，0]上的最小值．
解析 (1)因为f(x)＝eq \f(\r(2),2)sin x－eq \f(\r(2),2)(1－cs x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4)))－eq \f(\r(2),2)，
所以f(x)的最小正周期为2π.
(2)因为－π≤x≤0，所以－eq \f(3π,4)≤x＋eq \f(π,4)≤eq \f(π,4).
当x＋eq \f(π,4)＝－eq \f(π,2)，即x＝－eq \f(3π,4)时，f(x)取得最小值．
所以f(x)在区间[－π，0]上的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3π,4)))＝－1－eq \f(\r(2),2).
课后作业
填空题
1．已知csα＝eq \f(3,5)，cs(α＋β)＝－eq \f(5,13)，α，β都是锐角，则csβ＝________．
答案 eq \f(33,65)
解析 ∵α，β是锐角，∴0<α＋β<π，又cs(α＋β)＝－eq \f(5,13)<0，∴eq \f(π,2)<α＋β<π，∴sin(α＋β)＝eq \f(12,13)，sinα＝eq \f(4,5).又csβ＝cs(α＋β－α)＝cs(α＋β)csα＋sin(α＋β)sinα＝－eq \f(5,13)×eq \f(3,5)＋eq \f(12,13)×eq \f(4,5)＝eq \f(33,65).
2．sin75°cs30°－sin15°sin150°的值为________．
答案 eq \f(\r(2),2)
解析 sin75°cs30°－sin15°sin150°＝sin75°cs30°－cs75°sin30°＝sin(75°－30°)＝sin45°＝eq \f(\r(2),2).
3．(2015陕西文)“sin α＝cs α”是“cs 2α＝0”的________条件．
答案 充分不必要
解析 ∵sin α＝cs α⇒cs 2α＝cs2α－sin2α＝0；cs 2α＝0⇔cs α＝±sin α⇒/ sin α＝cs α，故为选充分不必要条件.
4．若csα＝－eq \f(4,5)，α为第三象限角，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝________．
答案 －eq \f(7\r(2),10)
解析 ∵α为第三象限角，csα＝－eq \f(4,5)，∴sinα＝－eq \f(3,5)，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝sinαcseq \f(π,4)＋csαsineq \f(π,4)＝eq \f(\r(2),2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)－\f(3,5)))＝－eq \f(7\r(2),10).
5．eq \f(sin47°－sin17°cs30°,cs17°)＝________．
答案 eq \f(1,2)
解析 sin47°＝sin(30°＋17°)＝sin30°cs17°＋cs30°sin17°，
∴原式＝eq \f(sin30°cs17°,cs17°)＝sin30°＝eq \f(1,2).
6．已知tan(α＋β)＝eq \f(2,5)，taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))＝eq \f(1,4)，那么taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))等于________．
答案 eq \f(3,22)
解析 ∵α＋eq \f(π,4)＋β－eq \f(π,4)＝α＋β，∴α＋eq \f(π,4)＝(α＋β)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))，
∴taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝taneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(α＋β－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))))＝eq \f(tanα＋β－tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4))),1＋tanα＋βtan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4))))＝eq \f(3,22).
7．已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))＝eq \f(3,5)，则sin2x的值为________．
答案 eq \f(7,25)
解析 ∵sin2x＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2x))＝1－2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))＝1－2×eq \f(9,25)＝eq \f(7,25).
8．已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq \f(3,5)，则tan2α＝________．
答案 －eq \f(24,7)
解析 ∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq \f(3,5)，∴csα＝－eq \f(4,5)，∴tanα＝－eq \f(3,4).
∴tan2α＝eq \f(2tanα,1－tan2α)＝eq \f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)))2)＝－eq \f(24,7).
9．(2015四川理)sin 15°＋sin 75°的值是________．
答案 eq \f(\r(6),2)
解析 sin 15°＋sin 75°＝sin 15°＋cs 15°＝eq \r(2)sin(15°＋45°)＝eq \r(2)sin 60°＝eq \f(\r(6),2).
10．已知cs(α＋eq \f(π,4))＝eq \f(1,3)，α∈(0，eq \f(π,2))，则csα＝________.
答案 eq \f(\r(2)＋4,6)
解析 ∵α∈(0，eq \f(π,2))，cs(α＋eq \f(π,4))＝eq \f(1,3)>0，
∴α∈(0，eq \f(π,4))，α＋eq \f(π,4)∈(eq \f(π,4)，eq \f(π,2))，
∴sin(α＋eq \f(π,4))＝eq \f(2\r(2),3)，
csα＝cs(α＋eq \f(π,4)－eq \f(π,4))＝cs(α＋eq \f(π,4))cseq \f(π,4)＋sin(α＋eq \f(π,4))·sineq \f(π,4)＝eq \f(\r(2)＋4,6).
11． (2015浙江理)函数f(x)＝sin2x＋sin xcs x＋1的最小正周期是________，单调递减区间是________．
答案 π eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,8)π＋kπ，\f(7,8)π＋kπ))(k∈Z)
解析 f(x)＝eq \f(1－cs 2x,2)＋eq \f(1,2)sin 2x＋1
＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))＋eq \f(3,2)，∴T＝eq \f(2π,2)＝π，由eq \f(π,2)＋2kπ≤2x－eq \f(π,4)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得eq \f(3π,8)＋kπ≤x≤eq \f(7π,8)＋kπ，k∈Z，
∴单调递减区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)＋kπ，\f(7π,8)＋kπ))，k∈Z.
二、解答题
12． (2015重庆理)已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))sin x－eq \r(3)cs2x.
(1)求f(x)的最小正周期和最大值；
(2)讨论f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))上的单调性．
解析 (1)f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))sin x－eq \r(3)cs2x
＝cs xsin x－eq \f(\r(3),2)(1＋cs 2x)＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(\r(3),2)cs 2x－eq \f(\r(3),2)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))－eq \f(\r(3),2)，
因此f(x)的最小正周期为π，最大值为eq \f(2－\r(3),2).
(2)当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(2π,3)))时，0≤2x－eq \f(π,3)≤π，从而
当0≤2x－eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)，即eq \f(π,6)≤x≤eq \f(5π,12)时，f(x)单调递增，
当eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,3)≤π，即eq \f(5π,12)≤x≤eq \f(2π,3)时，f(x)单调递减．
综上可知，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,12)))上单调递增；在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,12)，\f(2π,3)))上单调递减．
13．若sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)π＋α))＝eq \f(5,13)，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－β))＝eq \f(3,5)，且0<α解析 ∵0<α∴eq \f(3,4)π又sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)π＋α))＝eq \f(5,13)，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－β))＝eq \f(3,5)，
∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)π＋α))＝－eq \f(12,13)，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－β))＝－eq \f(4,5)，
∴cs(α＋β)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α＋β))
＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)π＋α))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－β))))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)π＋α))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－β))－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)π＋α))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－β))
＝－eq \f(33,65).