高考数学科学创新复习方案提升版第24讲简单的三角恒等变换学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第24讲简单的三角恒等变换学案（Word版附解析），共17页。


1．两角和与差的正弦、余弦和正切公式
2．二倍角的正弦、余弦、正切公式
3.半角公式
sineq \f(α,2)＝eq \x(\s\up1(12))±eq \r(\f(1－csα,2))，cseq \f(α,2)＝eq \x(\s\up1(13))±eq \r(\f(1＋csα,2))，taneq \f(α,2)＝eq \x(\s\up1(14))±eq \r(\f(1－csα,1＋csα))．
1．公式的常用变式：tanα±tanβ＝tan(α±β)(1∓tanαtanβ)；tanαtanβ＝1－eq \f(tanα＋tanβ,tan（α＋β）)＝eq \f(tanα－tanβ,tan（α－β）)－1.
2．降幂公式：sin2α＝eq \f(1－cs2α,2)；cs2α＝eq \f(1＋cs2α,2)；sinαcsα＝eq \f(1,2)sin2α.
3．升幂公式：1＋csα＝2cs2eq \f(α,2)；1－csα＝2sin2eq \f(α,2)；1＋sinα＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(α,2)＋cs\f(α,2)))eq \s\up12(2)；1－sinα＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(α,2)－cs\f(α,2)))eq \s\up12(2).
4．常用拆角、拼角技巧：例如，2α＝(α＋β)＋(α－β)；α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β；β＝eq \f(α＋β,2)－eq \f(α－β,2)＝(α＋2β)－(α＋β)；α－β＝(α－γ)＋(γ－β)；eq \f(π,4)＋α＝eq \f(π,2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))等．
5．辅助角公式：一般地，函数f(α)＝asinα＋bcsα(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tanφ＝\f(b,a)))或f(α)＝eq \r(a2＋b2)cs(α－θ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中tanθ＝\f(a,b))).
1．(人教A必修第一册习题5.5 T6(1)改编)sin20°·cs10°－cs160°sin10°＝( )
A．－eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(3),2)
C．－eq \f(1,2) D.eq \f(1,2)
答案 D
解析 原式＝sin20°cs10°＋cs20°sin10°＝sin(20°＋10°)＝sin30°＝eq \f(1,2).
2．(2021·全国乙卷)cs2eq \f(π,12)－cs2eq \f(5π,12)＝( )
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 cs2eq \f(π,12)－cs2eq \f(5π,12)＝cs2eq \f(π,12)－cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\f(π,12)))＝cs2eq \f(π,12)－sin2eq \f(π,12)＝cseq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2).故选D.
3．(多选)(人教A必修第一册习题5.5 T12改编)化简：eq \f(3,5)sinx＋eq \f(3\r(3),5)csx＝( )
A.eq \f(6,5)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3))) B.eq \f(6,5)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))
C.eq \f(6,5)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6))) D.eq \f(6,5)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,3)))
答案 AC
解析 eq \f(3,5)sinx＋eq \f(3\r(3),5)csx＝eq \f(6,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sinx＋\f(\r(3),2)csx))＝eq \f(6,5)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))＝eq \f(6,5)cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))))＝eq \f(6,5)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6))).故选AC.
4．(人教A必修第一册5.5.1例3改编)已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，且sinα＝eq \f(4,5)，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))的值为________．
答案 －eq \f(1,7)
解析 因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，且sinα＝eq \f(4,5)，所以csα＝－eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))\s\up12(2))＝－eq \f(3,5)，tanα＝eq \f(sinα,csα)＝eq \f(\f(4,5),－\f(3,5))＝－eq \f(4,3).所以taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(tanα＋tan\f(π,4),1－tanαtan\f(π,4))＝eq \f(－\f(4,3)＋1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)))×1)＝－eq \f(1,7).
5．已知θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,2)，3π))且sinθ＝eq \f(4,5)，则sineq \f(θ,2)＝________，cseq \f(θ,2)＝________．
答案 －eq \f(2\r(5),5) －eq \f(\r(5),5)
解析 ∵θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,2)，3π))，且sinθ＝eq \f(4,5)，∴csθ＝－eq \f(3,5)，eq \f(θ,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,4)，\f(3π,2)))，∴sineq \f(θ,2)＝－eq \r(\f(1＋\f(3,5),2))＝－eq \f(2\r(5),5)，cseq \f(θ,2)＝－eq \r(\f(1－\f(3,5),2))＝－eq \f(\r(5),5).
第1课时 两角和与差的正弦、余弦和正切公式
及二倍角公式
例1 (1)若csα＝－eq \f(4,5)，α是第三象限角，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝( )
A.eq \f(7\r(2),10) B．－eq \f(7\r(2),10)
C．－eq \f(\r(2),10) D.eq \f(\r(2),10)
答案 B
解析 ∵α是第三象限角，∴sinα<0，且sinα＝－eq \r(1－cs2α)＝－eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)))\s\up12(2))＝－eq \f(3,5)，因此sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝sinαcseq \f(π,4)＋csαsineq \f(π,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))×eq \f(\r(2),2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)))×eq \f(\r(2),2)＝－eq \f(7\r(2),10).故选B.
(2)(2024·长沙模拟)古希腊数学家泰特托斯(Theaetetus，公元前417～公元前369年)详细地讨论了无理数的理论，他通过图来构造无理数eq \r(2)，eq \r(3)，eq \r(5)，….如图，则cs∠BAD＝( )
A.eq \f(2\r(6)－3\r(3),6) B.eq \f(2\r(3)－\r(6),6)
C.eq \f(2\r(3)＋\r(6),6) D.eq \f(2\r(6)＋3\r(3),6)
答案 B
解析 记∠BAC＝α，∠CAD＝β，由题意知csα＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，sinα＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，csβ＝eq \f(\r(2),\r(3))＝eq \f(\r(6),3)，sinβ＝eq \f(1,\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，所以cs∠BAD＝cs(α＋β)＝csαcsβ－sinαsinβ＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(6),3)－eq \f(\r(2),2)×eq \f(\r(3),3)＝eq \f(2\r(3)－\r(6),6).故选B.
(3)(2021·全国甲卷)若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，tan2α＝eq \f(csα,2－sinα)，则tanα＝( )
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 因为tan2α＝eq \f(sin2α,cs2α)＝eq \f(2sinαcsα,1－2sin2α)，且tan2α＝eq \f(csα,2－sinα)，所以eq \f(2sinαcsα,1－2sin2α)＝eq \f(csα,2－sinα)，解得sinα＝eq \f(1,4).因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以csα＝eq \f(\r(15),4)，tanα＝eq \f(sinα,csα)＝eq \f(\r(15),15).故选A.
利用三角函数公式解题时的注意点
(1)首先要注意公式的结构特点和符号变化规律．例如两角差的余弦公式可简记为“同名相乘，符号相反”．
(2)应注意同角三角函数的基本关系与诱导公式的综合应用．
(3)应注意配方法、因式分解和整体代换思想的应用．
1.已知sinα＝eq \f(3,5)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，tan(π－β)＝eq \f(1,2)，则tan(α－β)的值为( )
A．－eq \f(2,11) B.eq \f(2,11)
C.eq \f(11,2) D．－eq \f(11,2)
答案 A
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)，又tan(π－β)＝eq \f(1,2)，∴tanβ＝－eq \f(1,2)，∴tan(α－β)＝eq \f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)＝eq \f(－\f(3,4)＋\f(1,2),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝－eq \f(2,11).故选A.
2．(2023·新课标Ⅰ卷)已知sin(α－β)＝eq \f(1,3)，csαsinβ＝eq \f(1,6)，则cs(2α＋2β)＝( )
A.eq \f(7,9) B.eq \f(1,9)
C．－eq \f(1,9) D．－eq \f(7,9)
答案 B
解析 因为sin(α－β)＝sinαcsβ－csαsinβ＝eq \f(1,3)，而csαsinβ＝eq \f(1,6)，因此sinαcsβ＝eq \f(1,2)，则sin(α＋β)＝sinαcsβ＋csαsinβ＝eq \f(2,3)，所以cs(2α＋2β)＝cs[2(α＋β)]＝1－2sin2(α＋β)＝1－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,9).故选B.
例2 (1)tan70°＋tan50°－eq \r(3)tan70°tan50°的值为( )
A.eq \r(3) B.eq \f(\r(3),3)
C．－eq \f(\r(3),3) D．－eq \r(3)
答案 D
解析 因为tan120°＝eq \f(tan70°＋tan50°,1－tan70°tan50°)＝－eq \r(3)，所以tan70°＋tan50°－eq \r(3)tan70°tan50°＝－eq \r(3).故选D.
(2)(2022·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)))sinβ，则( )
A．tan(α－β)＝1 B．tan(α＋β)＝1
C．tan(α－β)＝－1 D．tan(α＋β)＝－1
答案 C
解析 由已知得sinαcsβ＋csαsinβ＋csαcsβ－sinαsinβ＝2(csα－sinα)sinβ，即sinαcsβ－csαsinβ＋csαcsβ＋sinαsinβ＝0，即sin(α－β)＋cs(α－β)＝0，所以tan(α－β)＝－1.故选C.
两角和与差及倍角公式的逆用和变形用的应用技巧
(1)逆用公式应准确找出所给式子与公式的异同，创造条件逆用公式．
(2)和差角公式变形
sinαsinβ＋cs(α＋β)＝csαcsβ；
csαsinβ＋sin(α－β)＝sinαcsβ；
tanα±tanβ＝tan(α±β)(1∓tanαtanβ)．
(3)倍角公式变形：降幂公式．
1.已知sinθ＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))＝1，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))＝( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),3)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(\r(2),2)
答案 B
解析 由题意可得sinθ＋eq \f(1,2)sinθ＋eq \f(\r(3),2)csθ＝1，则eq \f(3,2)sinθ＋eq \f(\r(3),2)csθ＝1，eq \f(\r(3),2)sinθ＋eq \f(1,2)csθ＝eq \f(\r(3),3)，从而有sinθcseq \f(π,6)＋csθsineq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),3)，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),3).故选B.
2．(多选)(2024·潍坊联考)已知θ∈(0，2π)，O为坐标原点，θ终边上有一点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(3π,8)－cs\f(3π,8)，sin\f(3π,8)＋cs\f(3π,8)))，则( )
A．θ＝eq \f(3π,8) B．|OM|＝eq \r(2)
C．tanθ<1 D．csθ>eq \f(1,2)
答案 AB
解析 tanθ＝eq \f(sin\f(3π,8)＋cs\f(3π,8),sin\f(3π,8)－cs\f(3π,8))＝eq \f(tan\f(3π,8)＋1,tan\f(3π,8)－1)＝－taneq \f(5π,8)＝taneq \f(3π,8)，故θ＝eq \f(3π,8)＋kπ(k∈Z)，又sineq \f(3π,8)－cseq \f(3π,8)>0，sineq \f(3π,8)＋cseq \f(3π,8)>0，故θ是第一象限角，又θ∈(0，2π)，故θ＝eq \f(3π,8)，故A正确；|OM|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(3π,8)－cs\f(3π,8)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(3π,8)＋cs\f(3π,8)))eq \s\up12(2)＝2，故|OM|＝eq \r(2)，故B正确；tanθ＝taneq \f(3π,8)>taneq \f(π,4)＝1，故C错误；csθ＝cseq \f(3π,8)例3 (1)(2023·南通期末)已知eq \f(π,2)<β<αA.eq \f(56,65) B．－eq \f(56,65)
C.eq \f(16,65) D．－eq \f(16,65)
答案 B
解析 因为eq \f(π,2)<β<α(2)(2024·济南模拟)已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)＋α))＝－eq \f(1,4)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,4)))＝________．
答案 eq \f(7,8)
解析 因为cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8)＋α))＝－eq \f(1,4)，所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\f(π,8)＋α))＝－eq \f(1,4)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,8)))＝eq \f(1,4)，所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,4)))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,8)))))＝1－2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,8)))＝1－2×eq \f(1,16)＝eq \f(7,8).
1．求角的三角函数值的一般思路是把“所求角”用“已知角”表示．
(1)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，再应用诱导公式把“所求角”变成“已知角”．
(2)当“已知角”有两个时，“所求角”一般表示为两个“已知角”的和或差的形式．
2．常见的配角技巧：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)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(β,2)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)＋β))等．

1．(2023·泉州模拟)如图所示，点P是单位圆上的一个动点，它从初始位置P0(1，0)开始沿单位圆按逆时针方向运动角αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<α<\f(π,2)))到达点P1，然后继续沿单位圆逆时针方向运动eq \f(π,3)到达点P2，若点P2的横坐标为－eq \f(4,5)，则csα的值为________．
答案 eq \f(3\r(3)－4,10)
解析 由题意得cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＝－eq \f(4,5)，∵eq \f(π,3)<α＋eq \f(π,3)2．(2024·重庆摸底)已知α，β为锐角，tanα＝eq \f(4,3)，cs(α＋β)＝－eq \f(\r(5),5)，则cs2α＝________，tan(α－β)＝________．
答案 －eq \f(7,25) －eq \f(2,11)
解析 因为tanα＝eq \f(4,3)＝eq \f(sinα,csα)，所以sinα＝eq \f(4,3)csα.因为sin2α＋cs2α＝1，所以cs2α＝eq \f(9,25)，因此cs2α＝2cs2α－1＝－eq \f(7,25).因为α，β为锐角，所以α＋β∈(0，π)．又cs(α＋β)＝－eq \f(\r(5),5)，所以sin(α＋β)＝eq \r(1－cs2（α＋β）)＝eq \f(2\r(5),5)，因此tan(α＋β)＝－2.因为tanα＝eq \f(4,3)，所以tan2α＝eq \f(2tanα,1－tan2α)＝－eq \f(24,7)，因此tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)]＝eq \f(tan2α－tan（α＋β）,1＋tan2αtan（α＋β）)＝－eq \f(2,11).
课时作业
一、单项选择题
1．(2024·秦皇岛月考)－sin133°cs197°－cs47°·cs73°＝( )
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 A
解析 原式＝－sin(180°－47°)cs(180°＋17°)－cs47°cs(90°－17°)＝sin47°cs17°－cs47°·sin17°＝sin(47°－17°)＝sin30°＝eq \f(1,2).
2．(2023·保定模拟)已知钝角α满足sinα＝eq \f(\r(5),5)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))＝( )
A．－eq \f(\r(10),4) B．－eq \f(3\r(10),10)
C.eq \f(\r(10),5) D.eq \f(2\r(5),5)
答案 B
解析 由α为钝角，可知csα<0，所以csα＝－eq \r(1－\f(1,5))＝－eq \f(2\r(5),5)，所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))＝eq \f(\r(2),2)(csα－sinα)＝eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(5),5)－\f(\r(5),5)))＝－eq \f(3\r(10),10).故选B.
3．已知α∈(0，π)，且3cs2α－8csα＝5，则sinα＝( )
A.eq \f(\r(5),3) B.eq \f(2,3)
C.eq \f(1,3) D.eq \f(\r(5),9)
答案 A
解析 由3cs2α－8csα＝5，得6cs2α－8csα－8＝0，解得csα＝－eq \f(2,3)或csα＝2(舍去)．∵α∈(0，π)，∴sinα＝eq \r(1－cs2α)＝eq \f(\r(5),3).故选A.
4．(2024·保定模拟)“tanα＝2”是“tanα－taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝5”的( )
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 由tanα－taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝tanα－eq \f(tanα＋1,1－tanα)＝5，得tan2α－5tanα＋6＝(tanα－2)(tanα－3)＝0，即tanα＝2或tanα＝3，所以“tanα＝2”是“tanα－taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝5”的充分不必要条件．
5．(2024·泰州模拟)已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))＝eq \f(3,5)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＝( )
A.eq \f(3－4\r(3),10) B.eq \f(4,5)
C．－eq \f(\r(2),10) D.eq \f(\r(2),10)
答案 C
解析 因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以α＋eq \f(π,12)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(7π,12)))，又cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))＝eq \f(3,5)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))＝eq \r(1－cs2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12))))＝eq \f(4,5)，所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))＋\f(π,4)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))cseq \f(π,4)－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))sineq \f(π,4)＝eq \f(3,5)×eq \f(\r(2),2)－eq \f(4,5)×eq \f(\r(2),2)＝－eq \f(\r(2),10).故选C.
6．(2023·长沙一中调研)设α为锐角，若cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(4,5)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))的值为( )
A.eq \f(12,25) B.eq \f(24,25)
C．－eq \f(24,25) D．－eq \f(12,25)
答案 B
解析 ∵α为锐角，即0<α7．(2024·南通模拟)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＝－eq \f(\r(5),5)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－2x))＝( )
A.eq \f(4,3) B．－eq \f(4,3)
C．2 D．－2
答案 B
解析 因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，所以x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(7π,6)))，由sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＝－eq \f(\r(5),5)<0，得x＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(7π,6)))，因此cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＝－eq \f(2\r(5),5)，所以taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＝eq \f(1,2)，由二倍角公式可得taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＝eq \f(2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6))),1－tan2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6))))＝eq \f(4,3)，taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－2x))＝－taneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－2x))))＝－taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋2x))＝－eq \f(4,3).故选B.
8．(2023·盐城一模)已知α＋β＝eq \f(π,4)(α＞0，β＞0)，则tanα＋tanβ的最小值为( )
A.eq \f(\r(2),2) B．1
C．－2－2eq \r(2) D．－2＋2eq \r(2)
答案 D
解析 因为α＋β＝eq \f(π,4)(α＞0，β＞0)，所以tan(α＋β)＝eq \f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝1，tanα，tanβ∈(0，1)，则tanα＋tanβ＝1－tanαtanβ≥1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(tanα＋tanβ,2)))eq \s\up12(2)，当且仅当α＝β＝eq \f(π,8)时取等号，解得tanα＋tanβ≥2eq \r(2)－2或tanα＋tanβ≤－2－2eq \r(2)(舍去)．故选D.
二、多项选择题
9．(2024·聊城质检)下列各式中，值为eq \f(1,4)的是( )
A．sineq \f(π,12)sineq \f(5π,12) B.eq \f(1,3)－eq \f(2,3)cs215°
C.eq \f(1,sin50°)＋eq \f(\r(3),cs50°) D．cs72°cs36°
答案 AD
解析 对于A，sineq \f(π,12)sineq \f(5π,12)＝sineq \f(π,12)cseq \f(π,12)＝eq \f(1,2)sineq \f(π,6)＝eq \f(1,4)；对于B，eq \f(1,3)－eq \f(2,3)cs215°＝eq \f(1,3)(1－2cs215°)＝－eq \f(1,3)cs30°＝－eq \f(\r(3),6)≠eq \f(1,4)；对于C，eq \f(1,sin50°)＋eq \f(\r(3),cs50°)＝eq \f(cs50°＋\r(3)sin50°,sin50°cs50°)＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs50°＋\f(\r(3),2)sin50°)),\f(1,2)sin100°)＝eq \f(2sin（30°＋50°）,\f(1,2)sin100°)＝4≠eq \f(1,4)；对于D，cs72°cs36°＝eq \f(2sin36°cs36°cs72°,2sin36°)＝eq \f(sin72°cs72°,2sin36°)＝eq \f(\f(1,2)sin144°,2sin36°)＝eq \f(1,4).故选AD.
10．(2023·珠海模拟)已知eq \f(π,4)≤α≤π，π≤β≤eq \f(3π,2)，sin2α＝eq \f(4,5)，cs(α＋β)＝－eq \f(\r(2),10)，则( )
A．csα＝－eq \f(\r(10),10) B．sinα－csα＝eq \f(\r(5),5)
C．β－α＝eq \f(3π,4) D．csαcsβ＝－eq \f(\r(2),5)
答案 BC
解析 对于A，因为eq \f(π,4)≤α≤π，所以eq \f(π,2)≤2α≤2π，又sin2α＝eq \f(4,5)＞0，故eq \f(π,2)≤2α≤π，eq \f(π,4)≤α≤eq \f(π,2)，所以cs2α＝－eq \f(3,5)＝2cs2α－1，可得cs2α＝eq \f(1,5)，可得csα＝eq \f(\r(5),5)，故A错误；对于B，(sinα－csα)2＝1－sin2α＝eq \f(1,5)，由A项分析知eq \f(π,4)≤α≤eq \f(π,2)，所以sinα＞csα，所以sinα－csα＝eq \f(\r(5),5)，故B正确；对于C，由A项分析知eq \f(π,4)≤α≤eq \f(π,2)，而π≤β≤eq \f(3π,2)，所以eq \f(5π,4)≤α＋β≤2π，又cs(α＋β)＝－eq \f(\r(2),10)＜0，所以eq \f(5π,4)≤α＋β≤eq \f(3π,2)，所以sin(α＋β)＝－eq \f(7\r(2),10)，所以cs(β－α)＝cs[(α＋β)－2α]＝cs(α＋β)cs2α＋sin(α＋β)sin2α＝－eq \f(\r(2),10)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7\r(2),10)))×eq \f(4,5)＝－eq \f(\r(2),2)，又因为eq \f(5π,4)≤α＋β≤eq \f(3π,2)，－π≤－2α≤－eq \f(π,2)，所以eq \f(π,4)≤β－α≤π，则β－α＝eq \f(3π,4)，故C正确；对于D，cs(α＋β)＝－eq \f(\r(2),10)，可得csαcsβ－sinαsinβ＝－eq \f(\r(2),10)，由C项分析知，cs(β－α)＝csαcsβ＋sinαsinβ＝－eq \f(\r(2),2)，两式联立得csαcsβ＝－eq \f(3\r(2),10)，故D错误．故选BC.
11．(2023·张家口模拟)已知tan(α＋β)＝tanα＋tanβ，其中α≠eq \f(kπ,2)(k∈Z)且β≠eq \f(mπ,2)(m∈Z)，则下列结论一定正确的是( )
A．sin(α＋β)＝0B．cs(α＋β)＝1
C．sin2eq \f(α,2)＋sin2eq \f(β,2)＝1D．sin2α＋cs2β＝1
答案 AD
解析 ∵tan(α＋β)＝eq \f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝tanα＋tanβ，∴tanα＋tanβ＝0或1－tanαtanβ＝1，∴α＋β＝nπ(n∈Z)或者α＝kπ(k∈Z)或β＝mπ(m∈Z)，又α≠eq \f(kπ,2)(k∈Z)，β≠eq \f(mπ,2)(m∈Z)，∴α＋β＝nπ(n∈Z)，且α≠eq \f(kπ,2)(k∈Z)，β≠eq \f(mπ,2)(m∈Z)．对于A，sin(α＋β)＝sin(nπ)＝0(n∈Z)，故A正确；对于B，由于cs(α＋β)＝cs(nπ)＝±1(n∈Z)，故B错误；对于C，sin2eq \f(α,2)＋sin2eq \f(β,2)＝sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(nπ,2)－\f(β,2)))＋sin2eq \f(β,2)(n∈Z)，当n为偶数时，sin2eq \f(α,2)＋sin2eq \f(β,2)＝sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(nπ,2)－\f(β,2)))＋sin2eq \f(β,2)＝sin2eq \f(β,2)＋sin2eq \f(β,2)＝2sin2eq \f(β,2)≠1，故C错误；对于D，sin2α＋cs2β＝sin2(nπ－β)＋cs2β＝sin2β＋cs2β＝1(n∈Z)，故D正确．
三、填空题
12．(2023·威海一模)已知sin(β－α)csβ－cs(α－β)sinβ＝eq \f(3,5)，α为第三象限角，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝________．
答案 －eq \f(\r(2),10)
解析 ∵sin(β－α)csβ－cs(α－β)sinβ＝sin[(β－α)－β]＝－sinα＝eq \f(3,5)，∴sinα＝－eq \f(3,5)，又α为第三象限角，则csα＝－eq \f(4,5)，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝csαcseq \f(π,4)－sinαsineq \f(π,4)＝－eq \f(4,5)×eq \f(\r(2),2)＋eq \f(3,5)×eq \f(\r(2),2)＝－eq \f(\r(2),10).
13．(2024·甘肃、青海、宁夏联考)若tan(α＋2β)＝2，tanβ＝－3，则tan(α＋β)＝________，tanα＝________．
答案 －1 eq \f(1,2)
解析 ∵tan(α＋2β)＝2，tanβ＝－3，∴tan(α＋β)＝tan(α＋2β－β)＝eq \f(tan（α＋2β）－tanβ,1＋tan（α＋2β）tanβ)＝eq \f(2－（－3）,1＋2×（－3）)＝－1，tanα＝tan(α＋β－β)＝eq \f(－1－（－3）,1＋（－1）×（－3）)＝eq \f(1,2).
14．(2023·南京模拟)若λsin160°＋tan20°＝eq \r(3)，则实数λ的值为________．
答案 4
解析 由λsin160°＋tan20°＝eq \r(3)，得λsin20°＋eq \f(sin20°,cs20°)＝eq \f(λsin20°cs20°＋sin20°,cs20°)＝eq \f(λsin40°＋2sin20°,2cs20°)＝eq \r(3)，所以λsin40°＋2sin20°＝2eq \r(3)cs20°，即λsin40°＝2eq \r(3)cs20°－2sin20°＝4sin(60°－20°)＝4sin40°，所以λ＝4.
四、解答题
15．已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，sinα＝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 (1)因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq \f(\r(5),5)，
所以csα＝－eq \r(1－sin2α)＝－eq \f(2\r(5),5).
故sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))＝sineq \f(π,4)csα＋cseq \f(π,4)sinα＝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sin2α＝2sinαcsα＝2×eq \f(\r(5),5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(5),5)))＝－eq \f(4,5)，
cs2α＝1－2sin2α＝1－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),5)))eq \s\up12(2)＝eq \f(3,5)，
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)－2α))＝cseq \f(5π,6)cs2α＋sineq \f(5π,6)sin2α＝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).
16．(2024·辽宁朝阳月考)已知tanα＝2.
(1)求taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))的值；
(2)求eq \f(sin2α,sin2α＋sinαcsα－cs2α－1)的值．
解 (1)taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝eq \f(tanα－tan\f(π,4),1＋tanαtan\f(π,4))＝eq \f(2－1,1＋2)＝eq \f(1,3).
(2)eq \f(sin2α,sin2α＋sinαcsα－cs2α－1)
＝eq \f(2sinαcsα,sin2α＋sinαcsα－（2cs2α－1）－1)
＝eq \f(2sinαcsα,sin2α＋sinαcsα－2cs2α)＝eq \f(2tanα,tan2α＋tanα－2)＝eq \f(2×2,22＋2－2)＝1.
17．已知0<α(1)求sin2β的值；
(2)求cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))的值．
解 (1)解法一：因为cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))＝cseq \f(π,4)csβ＋sineq \f(π,4)sinβ＝eq \f(\r(2),2)csβ＋eq \f(\r(2),2)sinβ＝eq \f(1,3)，
所以csβ＋sinβ＝eq \f(\r(2),3)，
所以1＋sin2β＝eq \f(2,9)，
所以sin2β＝－eq \f(7,9).
解法二：sin2β＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2β))＝2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))－1＝－eq \f(7,9).
(2)因为0<α所以eq \f(π,4)<β－eq \f(π,4)所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))>0，cs(α＋β)<0，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))＝eq \f(2\r(2),3)，cs(α＋β)＝－eq \f(3,5).
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（α＋β）－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))))＝cs(α＋β)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))＋sin(α＋β)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,4)))＝－eq \f(3,5)×eq \f(1,3)＋eq \f(4,5)×eq \f(2\r(2),3)
＝eq \f(8\r(2)－3,15).公式名
公式
二倍角的正弦
sin2α＝eq \x(\s\up1(07))2sinαcsα
二倍角的余弦
cs2α＝eq \x(\s\up1(08))cs2α－sin2α＝eq \x(\s\up1(09))1－2sin2α＝eq \x(\s\up1(10))2cs2α－1
二倍角的正切
tan2α＝eq \x(\s\up1(11))eq \f(2tanα,1－tan2α)
考向一 公式的直接应用
考向二 公式的逆用和变形用
考向三 角的变换