高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)試題第三節(jié)三角恒等式變換

第3節(jié)三角恒等變換考試要求1.經(jīng)歷推導(dǎo)兩角差余弦公式的過程，知道兩角差余弦公式的意義.2.能從兩角差的余弦公式推導(dǎo)出兩角和與差的正弦、余弦、正切公式，二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它們的內(nèi)在聯(lián)系.3.能運用公式進行簡單的恒等變換(包括推導(dǎo)出積化和差、和差化積、半角公式，這三組公式不要求記憶).1.兩角和與差的正弦、余弦和正切公式sin(α±β)＝sin__αcos__β±cos__αsin__β.cos(α?β)＝cos__αcos__β±sin__αsin__β.tan(α±β)＝eq\f(tanα±tanβ,1?tanαtanβ).2.二倍角的正弦、余弦、正切公式sin2α＝2sin__αcos__α.cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α).3.函數(shù)f(α)＝asinα＋bcosα(a，b為常數(shù))，可以化為f(α)＝eq\r(a2＋b2)sin(α＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中tanφ＝\f(b,a)))或f(α)＝eq\r(a2＋b2)·cos(α－φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中tanφ＝\f(a,b))).1.tanα±tanβ＝tan(α±β)(1?tanαtanβ).2.降冪公式：cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)，sin2α＝eq\f(1－cos2α,2).3.1＋sin2α＝(sinα＋cosα)2，1－sin2α＝(sinα－cosα)2，sinα±cosα＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α±\f(π,4))).1.思考辨析(在括號內(nèi)打“√”或“×”)(1)兩角和與差的正弦、余弦公式中的角α，β是任意的.()(2)存在實數(shù)α，β，使等式sin(α＋β)＝sinα＋sinβ成立.()(3)公式tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)可以變形為tanα＋tanβ＝tan(α＋β)(1－tanαtanβ)，且對任意角α，β都成立.()(4)存在實數(shù)α，使tan2α＝2tanα.()答案(1)√(2)√(3)×(4)√解析(3)變形可以，但不是對任意的α，β都成立，α，β，α＋β≠eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z).2.(2021·全國乙卷)cos2eq\f(π,12)－cos2eq\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解析因為coseq\f(5π,12)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(5π,12)))＝sineq\f(π,12)，所以cos2eq\f(π,12)－cos2eq\f(5π,12)＝cos2eq\f(π,12)－sin2eq\f(π,12)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)))＝coseq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2).3.(2021·泰安模擬)eq\f(2sin47°－\r(3)sin17°,cos17°)＝()A.－eq\r(3) B.－1 C.eq\r(3) D.1答案D解析原式＝2×eq\f(sin47°－sin17°cos30°,cos17°)＝2×eq\f(sin（17°＋30°）－sin17°cos30°,cos17°)＝2sin30°＝1.故選D.4.(2022·南昌質(zhì)檢)若taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝2，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(2π,3)))＝()A.－2－eq\r(3) B.－eq\f(4,3)C.2＋eq\r(3) D.eq\f(4,3)答案B解析taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(2π,3)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)－π))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝eq\f(2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))),1－tan2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))))＝eq\f(4,1－22)＝－eq\f(4,3).故選B.5.化簡：eq\f(cos40°,cos25°·\r(1－sin40°))＝________.答案eq\r(2)解析原式＝eq\f(cos40°,cos25°\r(1－cos50°))＝eq\f(cos40°,cos25°·\r(2)sin25°)＝eq\f(cos40°,\f(\r(2),2)sin50°)＝eq\r(2).6.(易錯題)已知銳角α，β滿足sinα＝eq\f(\r(10),10)，cosβ＝eq\f(2\r(5),5)，則α＋β＝________.答案eq\f(π,4)解析因為α，β為銳角，且sinα＝eq\f(\r(10),10)＜eq\f(1,2)，cosβ＝eq\f(2\r(5),5)＞eq\f(\r(3),2)，則cosα＝eq\f(3\r(10),10)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))，sinβ＝eq\f(\r(5),5)且β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))，所以sin(α＋β)＝sinα·cosβ＋cosα·sinβ＝eq\f(\r(10),10)×eq\f(2\r(5),5)＋eq\f(3\r(10),10)×eq\f(\r(5),5)＝eq\f(\r(2),2).又α＋β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，所以α＋β＝eq\f(π,4).

第一課時兩角和與差的正弦、余弦和正切考點一公式的基本應(yīng)用1.若cosα＝－eq\f(4,5)，α是第三象限的角，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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－cos2α)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))\s\up12(2))＝－eq\f(3,5)，因此，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝sinαcoseq\f(π,4)＋cosαsineq\f(π,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\f(\r(2),2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(7\r(2),10).2.已知sinα＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，tan(π－β)＝eq\f(1,2)，則tan(α－β)的值為()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\co1(\f(π,2)，π))，∴cosα＝－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＋tanα·tanβ)＝eq\f(－\f(3,4)＋\f(1,2),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4))))＝－eq\f(2,11).3.(2021·德州一模)已知sinα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＋eq\f(1,3)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))的值為()A.eq\f(1,3) B.－eq\f(1,3) C.eq\f(2\r(3),3) D.－eq\f(2\r(3),3)答案B解析由sinα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＋eq\f(1,3)，得sinα＝sinαcoseq\f(π,3)＋cosαsineq\f(π,3)＋eq\f(1,3)＝eq\f(1,2)sinα＋eq\f(\r(3),2)cosα＋eq\f(1,3)，則eq\f(\r(3),2)cosα－eq\f(1,2)sinα＝－eq\f(1,3)，即coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝－eq\f(1,3).4.若sin(2α－β)＝eq\f(1,6)，sin(2α＋β)＝eq\f(1,2)，則sin2αcosβ等于()A.eq\f(2,3) B.eq\f(1,3) C.eq\f(1,6) D.eq\f(1,12)答案B解析由sin(2α－β)＝eq\f(1,6)，sin(2α＋β)＝eq\f(1,2)，可得sin2αcosβ－cos2αsinβ＝eq\f(1,6)，①sin2αcosβ＋cos2αsinβ＝eq\f(1,2)，②由①＋②得2sin2αcosβ＝eq\f(2,3)，所以sin2αcosβ＝eq\f(1,3).感悟提升1.使用兩角和與差的三角函數(shù)公式，首先要記住公式的結(jié)構(gòu)特征.2.使用公式求值，應(yīng)先求出相關(guān)角的函數(shù)值，再代入公式求值.考點二公式的逆用及變形角度1公式的活用例1(1)(多選)(2021·聊城質(zhì)檢)下列選項中，值為eq\f(1,4)的是()A.sineq\f(π,12)sineq\f(5π,12) B.eq\f(1,3)－eq\f(2,3)cos215°C.eq\f(1,sin50°)＋eq\f(\r(3),cos50°) D.cos72°·cos36°答案AD解析對于A，sineq\f(π,12)sineq\f(5π,12)＝sineq\f(π,12)coseq\f(π,12)＝eq\f(1,2)sineq\f(π,6)＝eq\f(1,4)，故A正確；對于B，eq\f(1,3)－eq\f(2,3)cos215°＝－eq\f(1,3)(2cos215°－1)＝－eq\f(1,3)cos30°＝－eq\f(\r(3),6)，故B錯誤；對于C，原式＝eq\f(cos50°＋\r(3)sin50°,sin50°cos50°)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin50°＋\f(1,2)cos50°)),\f(1,2)sin100°)＝eq\f(2sin80°,\f(1,2)sin100°)＝eq\f(2sin80°,\f(1,2)sin80°)＝4，故C錯誤；對于D，cos36°·cos72°＝eq\f(2sin36°·cos36°·cos72°,2sin36°)＝eq\f(2sin72°·cos72°,4sin36°)＝eq\f(sin144°,4sin36°)＝eq\f(1,4)，故D正確.綜上，選AD.(2)若α＋β＝－eq\f(3π,4)，則(1＋tanα)(1＋tanβ)＝________.答案2解析taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)))＝tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝1，所以1－tanαtanβ＝tanα＋tanβ，所以1＋tanα＋tanβ＋tanαtanβ＝2，即(1＋tanα)·(1＋tanβ)＝2.角度2輔助角公式的運用例2化簡：(1)sineq\f(π,12)－eq\r(3)coseq\f(π,12)；(2)cos15°＋sin15°；(3)eq\f(1,sin10°)－eq\f(\r(3),sin80°)；(4)3eq\r(15)sinx＋3eq\r(5)cosx.解(1)法一原式＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin\f(π,12)－\f(\r(3),2)cos\f(π,12)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,6)sin\f(π,12)－cos\f(π,6)cos\f(π,12)))＝－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,12)))＝－2coseq\f(π,4)＝－eq\r(2).法二原式＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin\f(π,12)－\f(\r(3),2)cos\f(π,12)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,3)sin\f(π,12)－sin\f(π,3)cos\f(π,12)))＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(π,12)))＝－2sineq\f(π,4)＝－eq\r(2).(2)cos15°＋sin15°＝eq\r(2)(cos45°cos15°＋sin45°sin15°)＝eq\r(2)cos(45°－15°)＝eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(6),2).(3)原式＝eq\f(cos10°－\r(3)sin10°,sin10°cos10°)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos10°－\f(\r(3),2)sin10°)),sin10°cos10°)＝eq\f(4（sin30°cos10°－cos30°sin10°）,2sin10°cos10°).＝eq\f(4sin（30°－10°）,sin20°)＝4.(4)3eq\r(15)sinx＋3eq\r(5)cosx＝6eq\r(5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx＋\f(1,2)cosx))＝6eq\r(5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinxcos\f(π,6)＋cosxsin\f(π,6)))＝6eq\r(5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))).感悟提升1.運用兩角和與差的三角函數(shù)公式時，不但要熟悉公式的正用，還要熟悉公式的逆用及變形應(yīng)用，如tanα＋tanβ＝tan(α＋β)·(1－tanαtanβ)和二倍角的余弦公式的多種變形等.公式的逆用和變形應(yīng)用更能拓展思路，培養(yǎng)從正向思維向逆向思維轉(zhuǎn)化的能力.2.對asinx＋bcosx化簡時，輔助角φ的值如何求要清楚.訓(xùn)練1(1)已知sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，則sin(α＋β)＝________.答案－eq\f(1,2)解析∵sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，∴sin2α＋cos2β＋2sinαcosβ＝1，①cos2α＋sin2β＋2cosαsinβ＝0，②①②兩式相加可得sin2α＋cos2α＋sin2β＋cos2β＋2(sinαcosβ＋cosαsinβ)＝1，∴sin(α＋β)＝－eq\f(1,2).(2)函數(shù)f(x)＝cosx－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))在[0，π]的值域為()A.[－1，1] B.[－2，1]C.[－2，2] D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))答案B解析f(x)＝cosx－eq\f(\r(3),2)sinx－eq\f(1,2)cosx－eq\f(\r(3),2)sinx＋eq\f(1,2)cosx＝cosx－eq\r(3)sinx＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))).∵0≤x≤π，∴eq\f(π,3)≤x＋eq\f(π,3)≤eq\f(4π,3)，則當(dāng)x＋eq\f(π,3)＝π時，函數(shù)取得最小值2cosπ＝－2，當(dāng)x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,3)時，函數(shù)取得最大值2coseq\f(π,3)＝2×eq\f(1,2)＝1，即函數(shù)的值域為[－2，1].考點三角的變換問題例3(1)已知sinα＝eq\f(2\r(5),5)，sin(β－α)＝－eq\f(\r(10),10)，α，β均為銳角，則β等于()A.eq\f(5π,12) B.eq\f(π,3) C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)答案C解析因為sinα＝eq\f(2\r(5),5)，sin(β－α)＝－eq\f(\r(10),10)，且α，β均為銳角，所以cosα＝eq\f(\r(5),5)，cos(β－α)＝eq\f(3\r(10),10)，所以sinβ＝sin[α＋(β－α)]＝sinα·cos(β－α)＋cosαsin(β－α)＝eq\f(2\r(5),5)×eq\f(3\r(10),10)＋eq\f(\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(10),10)))＝eq\f(25\r(2),50)＝eq\f(\r(2),2)，所以β＝eq\f(π,4).(2)已知α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(24,25)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝________.答案－eq\f(4,5)解析由題意知，α＋β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)＜0，所以cos(α＋β)＝eq\f(4,5)，因為β－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝－eq\f(7,25)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（α＋β）－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))))＝cos(α＋β)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＋sin(α＋β)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝－eq\f(4,5).(3)(2022·沈陽質(zhì)量監(jiān)測)若sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,8)))＝eq\f(1,3)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,4)))＝________.答案－eq\f(7,9)解析法一因為coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,8)))))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,8)))＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(7,9)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2θ))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,4)))＝eq\f(7,9)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,4)))＝－eq\f(7,9).法二因為coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,8)))))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,8)))＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(7,9)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(cos2θ－sin2θ)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sin2θ－cos2θ)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,4)))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))＝－eq\f(7,9).感悟提升(1)當(dāng)“已知角”有兩個時，“所求角”一般表示為兩個“已知角”的和或差的形式；(2)當(dāng)“已知角”有一個時，此時應(yīng)著眼于“所求角”與“已知角”的和或差的關(guān)系，再應(yīng)用誘導(dǎo)公式把“所求角”變成“已知角”.(3)常見的角變換：2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝eq\f(α＋β,2)＋eq\f(α－β,2)，eq\f(π,3)＋α＝eq\f(π,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))，α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(π,2)等.訓(xùn)練2(1)已知α為銳角，且coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(5,13)，則cosα的值為________.答案eq\f(5\r(3)＋12,26)解析∵0＜α＜eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)＜α＋eq\f(π,6)＜eq\f(2π,3)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(12,13)，∴cosα＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\f(π,6)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))sineq\f(π,6)＝eq\f(5\r(3)＋12,26).(2)若0<α<eq\f(π,2)，－eq\f(π,2)<β<0，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(1,3)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))＝eq\f(\r(3),3)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(β,2)))等于()A.eq\f(\r(3),3) B.－eq\f(\r(3),3) C.eq\f(5\r(3),9) D.eq\f(－\r(6),9)答案C解析coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(β,2)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2))).∵0<α<eq\f(π,2)，則eq\f(π,4)<eq\f(π,4)＋α<eq\f(3π,4)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(2\r(2),3).又－eq\f(π,2)<β<0，則eq\f(π,4)<eq\f(π,4)－eq\f(β,2)<eq\f(π,2)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))＝eq\f(\r(6),3).故coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(β,2)))＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),3)＋eq\f(2\r(2),3)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(5\r(3),9).1.sin45°cos15°＋cos225°sin165°＝()A.1 B.eq\f(1,2) C.eq\f(\r(3),2) D.－eq\f(1,2)答案B解析sin45°cos15°＋cos225°sin165°＝sin45°·cos15°＋(－cos45°)sin15°＝sin(45°－15°)＝sin30°＝eq\f(1,2).2.(多選)下列各式中，值為eq\f(1,2)的是()A.eq\f(tan22.5°,1－tan222.5°) B.tan15°cos215°C.eq\f(\r(3),3)cos2eq\f(π,12)－eq\f(\r(3),3)sin2eq\f(π,12) D.eq\r(\f(1－cos60°,2))答案ACD解析∵eq\f(tan22.5°,1－tan222.5°)＝eq\f(1,2)tan45°＝eq\f(1,2)，tan15°·cos215°＝sin15°cos15°＝eq\f(1,2)sin30°＝eq\f(1,4)，eq\f(\r(3),3)cos2eq\f(π,12)－eq\f(\r(3),3)sin2eq\f(π,12)＝eq\f(\r(3),3)coseq\f(π,6)＝eq\f(1,2)，eq\r(\f(1－cos60°,2))＝sin30°＝eq\f(1,2)，∴選A、C、D.3.(2021·全國甲卷)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tan2α＝eq\f(cosα,2－sinα)，則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解析因為tan2α＝eq\f(sin2α,cos2α)＝eq\f(2sinαcosα,1－2sin2α)，且tan2α＝eq\f(cosα,2－sinα)，所以eq\f(2sinαcosα,1－2sin2α)＝eq\f(cosα,2－sinα)，解得sinα＝eq\f(1,4).因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosα＝eq\f(\r(15),4)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(\r(15),15).4.(2022·煙臺模擬)若sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))＝eq\f(3,5)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2θ))＝()A.－eq\f(24,25) B.eq\f(24,25)C.－eq\f(7,25) D.eq\f(7,25)答案D解析法一因為sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))＝eq\f(3,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2θ))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(7,25).故選D.法二因為sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋θ))＝eq\f(3,5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋2θ))＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)－1＝－eq\f(7,25).因為coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(π,6)＋2θ))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2θ))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2θ))＝eq\f(7,25).5.若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且3cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))，則sin2α的值為()A.－eq\f(1,18) B.eq\f(1,18) C.－eq\f(17,18) D.eq\f(17,18)答案C解析由3cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))，可得3(cos2α－sin2α)＝eq\f(\r(2),2)(cosα－sinα)，又由α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，可知cosα－sinα≠0，于是3(cosα＋sinα)＝eq\f(\r(2),2)，所以1＋2sinαcosα＝eq\f(1,18)，故sin2α＝－eq\f(17,18).6.(2021·新高考Ⅰ卷)若tanθ＝－2，則eq\f(sinθ（1＋sin2θ）,sinθ＋cosθ)＝()A.－eq\f(6,5) B.－eq\f(2,5) C.eq\f(2,5) D.eq\f(6,5)答案C解析因為tanθ＝－2，所以eq\f(sinθ（1＋sin2θ）,sinθ＋cosθ)＝eq\f(sinθ（sinθ＋cosθ）2,sinθ＋cosθ)＝sinθ(sinθ＋cosθ)＝eq\f(sin2θ＋sinθcosθ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(tan2θ＋tanθ,1＋tan2θ)＝eq\f(4－2,1＋4)＝eq\f(2,5).7.sin(α＋β)cos(γ－β)－cos(β＋α)sin(β－γ)＝________.答案sin(α＋γ)解析sin(α＋β)cos(γ－β)－cos(β＋α)sin(β－γ)＝sin(α＋β)cos(β－γ)－cos(α＋β)sin(β－γ)＝sin[(α＋β)－(β－γ)]＝sin(α＋γ).8.已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝eq\f(1,2)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))的值為________.答案－eq\f(1,2)解析由已知得cosα＝eq\f(1,2)，sinα＝－eq\f(\r(3),2)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝eq\f(1,2)cosα＋eq\f(\r(3),2)sinα＝－eq\f(1,2).9.tan25°－tan70°＋tan70°tan25°＝________.答案－1解析∵tan25°－tan70°＝tan(25°－70°)(1＋tan25°tan70°)＝tan(－45°)(1＋tan25°tan70°)＝－1－tan25°tan70°∴tan25°－tan70°＋tan70°tan25°＝－1.10.(2021·信陽模擬)已知α，β為銳角，tanα＝eq\f(3,4)，cos(α＋β)＝－eq\f(\r(10),10).(1)求cos2α的值；(2)求tanβ的值.解(1)因為α為銳角，所以cosα≠0，因為tanα＝eq\f(3,4)，所以cos2α＝cos2α－sin2α＝eq\f(cos2α－sin2α,cos2α＋sin2α)＝eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)＝eq\f(1－\f(9,16),1＋\f(9,16))＝eq\f(7,25).(2)因為α，β為銳角，所以α＋β∈(0，π)，因為cos(α＋β)＝－eq\f(\r(10),10)，所以sin(α＋β)＝eq\r(1－cos2（α＋β）)＝eq\r(1－\f(10,100))＝eq\f(3\r(10),10)，所以tan(α＋β)＝－3，所以tanβ＝tan[(α＋β)－α]＝eq\f(tan（α＋β）－tanα,1＋tan（α＋β）tanα)＝eq\f(－3－\f(3,4),1＋（－3）×\f(3,4))＝3.11.已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝－eq\f(1,9)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\f(2,3)，且eq\f(π,2)＜α＜π，0＜β＜eq\f(π,2)，求cos(α＋β).解由已知，得eq\f(π,2)＜α－eq\f(β,2)＜π，0＜eq\f(α,2)－β＜eq\f(π,2)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝eq\f(4\r(5),9)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\f(\r(5),3)，∴coseq\f(α＋β,2)＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))×eq\f(\r(5),3)＋eq\f(4\r(5),9)×eq\f(2,3)＝eq\f(7\r(5),27).則cos(α＋β)＝2cos2eq\f(α＋β,2)－1＝－eq\f(239,729).12.(多選)(2021·濰坊調(diào)研)下列四個選項中，化簡正確的是()A.cos(－15°)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)B.cos15°cos105°＋sin15°sin105°＝0C.cos(α－35°)cos(25°＋α)＋sin(α－35°)·sin(25°＋α)＝eq\f(1,2)D.sin14°cos16°＋sin76°cos74°＝eq\f(1,2)答案BCD解析對于A，法一原式＝cos(30°－45°)＝cos30°·cos45°＋sin30°sin45°＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，A錯誤.法二原式＝cos15°＝cos(45°－30°)＝cos45°cos30°＋sin45°sin30°＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4).對于B，原式＝cos(15°－105°)＝cos(－90°)＝cos90°＝0，B正確.對于C，原式＝cos[(α－35°)－(25°＋α)]＝cos(－60°)＝cos60°＝eq\f(1,2).對于D，原式＝cos76°cos16°＋sin76°sin16°＝cos(76°－16°)＝cos60°＝eq\f(1,2).13.已知sin10°＋mcos10°＝2cos140°，則m＝________.答案－eq\r(3)解析由題意可得m＝eq\f(2cos140°－sin10°,cos10°)＝eq\f(－2cos40°－sin10°,cos10°)＝eq\f(－2cos（30°＋10°）－sin10°,cos10°)＝eq\f(－\r(3)cos10°,cos10°)＝－eq\r(3).14.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，頂點在坐標(biāo)原點，以x軸非負(fù)半軸為始邊的銳角α與鈍角β的終邊與單位圓O分別交于A，B兩點，x軸的非負(fù)半軸與單位圓O交于點M，已知S△OAM＝eq\f(\r(5),5)，點B的縱坐標(biāo)是eq\f(\r(2),10).(1)求cos(α－β)的值；(2)求2α－β的值.解(1)由題意知，|OA|＝|OM|＝1，因為S△OAM＝eq\f(1,2)|OA|·|OM|sinα＝eq\f(\r(5),5)，所以sinα＝eq\f(2\r(5),5)，又α為銳角，所以cosα＝eq\f(\r(5),5).因為點B是鈍角β的終邊與單位圓O的交點，且點B的縱坐標(biāo)是eq\f(\r(2),10)，所以sinβ＝eq\f(\r(2),10)，cosβ＝－eq\f(7\r(2),10)，所以cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝eq\f(\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7\r(2),10)))＋eq\f(2\r(5),5)×eq\f(\r(2),10)＝－eq\f(\r(10),10).(2)因為sinα＝eq\f(2\r(5),5)，cosα＝eq\f(\r(5),5)，cos(α－β)＝－eq\f(\r(10),10)，sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(2\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7\r(2),10)))－eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(2),10)＝－eq\f(3\r(10),10)，所以sin(2α－β)＝sin[α＋(α－β)]＝sinαcos(α－β)＋cosαsin(α－β)＝－eq\f(\r(2),2)，因為α為銳角，sinα＝eq\f(2\r(5),5)＞eq\f(\r(2),2)，所以α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，又β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以2α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以2α－β＝－eq\f(π,4).

第二課時簡單的三角恒等變換考點一三角函數(shù)式的化簡1.eq\f(2cos58°＋sin28°,cos28°)＝()A.－eq\r(3) B.1 C.eq\r(3) D.2答案C解析原式＝eq\f(2cos（30°＋28°）＋sin28°,cos28°)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos28°－\f(1,2)sin28°))＋sin28°,cos28°)＝eq\f(\r(3)cos28°,cos28°)＝eq\r(3).2.化簡：eq\f(2cos4x－2cos2x＋\f(1,2),2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x)))＝________.答案eq\f(1,2)cos2x解析原式＝eq\f(\f(1,2)（4cos4x－4cos2x＋1）,2·\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))·cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))＝eq\f(（2cos2x－1）2,4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))＝eq\f(cos22x,2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x)))＝eq\f(cos22x,2cos2x)＝eq\f(1,2)cos2x.3.(tan10°－eq\r(3))·eq\f(cos10°,sin50°)＝________.答案－2解析原式＝eq\f(sin10°－\r(3)cos10°,cos10°)·eq\f(cos10°,sin50°)＝eq\f(－2sin50°,sin50°)＝－2.4.化簡：(eq\f(1,tan\f(α,2))－taneq\f(α,2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋tanα·tan\f(α,2)))＝________.答案eq\f(2,sinα)解析(eq\f(1,tan\f(α,2))－taneq\f(α,2))·(1＋tanα·taneq\f(α,2))＝(eq\f(cos\f(α,2),sin\f(α,2))－eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2)))·(1＋eq\f(sinα,cosα)·eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2)))＝eq\f(cos2\f(α,2)－sin2\f(α,2),sin\f(α,2)cos\f(α,2))·eq\f(cosαcos\f(α,2)＋sinαsin\f(α,2),cosαcos\f(α,2))＝eq\f(2cosα,sinα)·eq\f(cos\f(α,2),cosαcos\f(α,2))＝eq\f(2,sinα).感悟提升1.三角函數(shù)式的化簡要遵循“三看”原則：一看角，二看名，三看式子結(jié)構(gòu)與特征.2.三角函數(shù)式的化簡要注意觀察條件中角之間的聯(lián)系(和、差、倍、互余、互補等)，尋找式子和三角函數(shù)公式之間的共同點.考點二三角函數(shù)求值問題角度1給角求值例1(1)計算eq\f(sin235°－\f(1,2),cos10°·cos80°)＝________.答案－1解析eq\f(sin235°－\f(1,2),cos10°·cos80°)＝eq\f(\f(1－cos70°,2)－\f(1,2),cos10°·sin10°)＝－eq\f(cos70°,2sin10°·cos10°)＝－eq\f(sin20°,sin20°)＝－1.(2)(2021·鹽城二模)eq\f(\r(3)tan12°－3,（4cos212°－2）sin12°)＝________.答案－4eq\r(3)解析原式＝eq\f(\f(\r(3)sin12°,cos12°)－3,2（2cos212°－1）sin12°)＝eq\f(\f(2\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin12°－\f(\r(3),2)cos12°)),cos12°),2cos24°sin12°)＝eq\f(2\r(3)sin（－48°）,2cos24°sin12°cos12°)＝eq\f(－2\r(3)sin48°,sin24°cos24°)＝eq\f(－2\r(3)sin48°,\f(1,2)sin48°)＝－4eq\r(3).(3)(多選)下列各式中值為eq\f(1,2)的是()A.1－2cos275°B.sin135°cos15°－cos45°cos75°C.tan20°＋tan25°＋tan20°tan25°D.eq\f(cos35°\r(1－sin20°),\r(2)cos20°)答案BD解析對于A，1－2cos275°＝－cos150°＝cos30°＝eq\f(\r(3),2)，A錯誤；對于B，sin135°cos15°－cos45°cos75°＝sin45°sin75°－cos45°cos75°＝－cos120°＝eq\f(1,2)，B正確；對于C，∵tan45°＝1＝eq\f(tan20°＋tan25°,1－tan20°tan25°)，∴1－tan20°tan25°＝tan20°＋tan25°，∴tan20°＋tan25°＋tan20°tan25°＝1，C錯誤；對于D，eq\f(cos35°\r(1－sin20°),\r(2)cos20°)＝eq\f(cos35°\r(（cos10°－sin10°）2),\r(2)（cos10°＋sin10°）（cos10°－sin10°）)＝eq\f(cos35°,\r(2)（cos10°＋sin10°）)＝eq\f(cos45°cos10°＋sin45°sin10°,\r(2)（cos10°＋sin10°）)＝eq\f(\f(\r(2),2)（cos10°＋sin10°）,\r(2)（cos10°＋sin10°）)＝eq\f(1,2)，D正確；故選BD.角度2給值求值例2(1)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(10),10)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,3)))＝________.答案eq\f(4－3\r(3),10)解析由題意可得cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,2))),2)＝eq\f(1,10)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,2)))＝－sin2θ＝－eq\f(4,5)，即sin2θ＝eq\f(4,5).因為coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(10),10)＞0，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以0＜θ＜eq\f(π,4)，2θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，根據(jù)同角三角函數(shù)基本關(guān)系式，可得cos2θ＝eq\f(3,5)，由兩角差的正弦公式，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,3)))＝sin2θcoseq\f(π,3)－cos2θsineq\f(π,3)＝eq\f(4,5)×eq\f(1,2)－eq\f(3,5)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(4－3\r(3),10).(2)(2021·常州一模)若2eq\r(3)sinx＋2cosx＝1，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－x))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝________.答案eq\f(7,32)解析由題意可得4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝1，令x＋eq\f(π,6)＝t，則sint＝eq\f(1,4)，x＝t－eq\f(π,6)，所以原式＝sin(π－t)cos2t＝sint(1－2sin2t)＝eq\f(7,32).角度3給值求角例3(1)已知cosα＝eq\f(1,7)，cos(α－β)＝eq\f(13,14)，且0<β<α<eq\f(π,2)，則β＝________.(2)已知α，β∈(0，π)，且tan(α－β)＝eq\f(1,2)，tanβ＝－eq\f(1,7)，則2α－β的值為________.答案(1)eq\f(π,3)(2)－eq\f(3π,4)解析(1)∵0<β<α<eq\f(π,2)，∴0<α－β<eq\f(π,2)，sinα＝eq\f(4\r(3),7).又cos(α－β)＝eq\f(13,14)，∴sin(α－β)＝eq\r(1－cos2（α－β）)＝eq\f(3\r(3),14).∴cosβ＝cos[α－(α－β)]＝cosαcos(α－β)＋sinαsin(α－β)＝eq\f(1,7)×eq\f(13,14)＋eq\f(4\r(3),7)×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(1,2).又0<β<eq\f(π,2)，∴β＝eq\f(π,3).(2)∵tanα＝tan[(α－β)＋β]＝eq\f(tan（α－β）＋tanβ,1－tan（α－β）tanβ)＝eq\f(\f(1,2)－\f(1,7),1＋\f(1,2)×\f(1,7))＝eq\f(1,3)>0，又α∈(0，π)，∴0<α<eq\f(π,2)，又∵tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×\f(1,3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(3,4)>0，∴0<2α<eq\f(π,2)，∴tan(2α－β)＝eq\f(tan2α－tanβ,1＋tan2αtanβ)＝eq\f(\f(3,4)＋\f(1,7),1－\f(3,4)×\f(1,7))＝1.∵tanβ＝－eq\f(1,7)<0，∴eq\f(π,2)<β<π，－π<2α－β<0，∴2α－β＝－eq\f(3π,4).感悟提升1.給值求值問題一般是將待求式子化簡整理，看需要求相關(guān)角的哪些三角函數(shù)值，然后根據(jù)角的范圍求出相應(yīng)角的三角函數(shù)值，代入即可.2.給角求值問題一般所給出的角都是非特殊角，從表面上來看是很難的，但仔細(xì)觀察非特殊角與特殊角之間總有一定的關(guān)系，解題時，要利用觀察得到的關(guān)系，結(jié)合公式轉(zhuǎn)化為特殊角并且消除特殊角三角函數(shù)而得解.3.給值求角問題一般先求角的某一三角函數(shù)值，再求角的范圍，最后確定角.遵照以下原則：(1)已知正切函數(shù)值，選正切函數(shù)；已知正、余弦函數(shù)值，選正弦或余弦函數(shù)；若角的范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，選正、余弦皆可；(2)若角的范圍是(0，π)，選余弦較好；若角的范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，選正弦較好.訓(xùn)練1(1)cos20°·cos40°·cos100°＝________.答案－eq\f(1,8)解析cos20°·cos40°·cos100°＝－cos20°·cos40°·cos80°＝－eq\f(sin20°·cos20°·cos40°·cos80°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,2)sin40°·cos40°·cos80°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,4)sin80°·cos80°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,8)sin160°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,8)sin20°,sin20°)＝－eq\f(1,8).(2)若tanα＋eq\f(1,tanα)＝eq\f(10,3)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＋eq\r(2)cos2α的值為________.答案0解析∵tanα＋eq\f(1,tanα)＝eq\f(10,3)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，∴tanα＝3或tanα＝eq\f(1,3)(舍)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＋eq\r(2)cos2α＝sin2αcoseq\f(π,4)＋cos2αsineq\f(π,4)＋eq\r(2)·eq\f(1＋cos2α,2)＝eq\f(\r(2),2)sin2α＋eq\r(2)cos2α＋eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2)(2sinαcosα)＋eq\r(2)(cos2α－sin2α)＋eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2)·eq\f(2sinαcosα,sin2α＋cos2α)＋eq\r(2)·eq\f(cos2α－sin2α,sin2α＋cos2α)＋eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2)·eq\f(2tanα,tan2α＋1)＋eq\r(2)·eq\f(1－tan2α,tan2α＋1)＋eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(6,9＋1)＋eq\r(2)×eq\f(1－9,1＋9)＋eq\f(\r(2),2)＝0.(3)已知α，β均為銳角，cosα＝eq\f(2\r(7),7)，sinβ＝eq\f(3\r(3),14)，則cos2α＝________，2α－β＝________.答案eq\f(1,7)eq\f(π,3)解析因為cosα＝eq\f(2\r(7),7)，所以cos2α＝2cos2α－1＝eq\f(1,7).又因為α，β均為銳角，sinβ＝eq\f(3\r(3),14)，所以sinα＝eq\f(\r(21),7)，cosβ＝eq\f(13,14)，因此sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(4\r(3),7)，所以sin(2α－β)＝sin2αcosβ－cos2αsinβ＝eq\f(4\r(3),7)×eq\f(13,14)－eq\f(1,7)×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(\r(3),2).因為α為銳角，所以0＜2α＜π.又cos2α＞0，所以0＜2α＜eq\f(π,2)，又β為銳角，所以－eq\f(π,2)＜2α－β＜eq\f(π,2)，又sin(2α－β)＝eq\f(\r(3),2)，所以2α－β＝eq\f(π,3).考點三三角恒等變換的應(yīng)用例4(2021·浙江卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝sinx＋cosx(x∈R).(1)求函數(shù)y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))eq\s\up12(2)的最小正周期；(2)求函數(shù)y＝f(x)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值.解(1)因為f(x)＝sinx＋cosx，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝cosx－sinx，所以y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))eq\s\up12(2)＝(cosx－sinx)2＝1－sin2x.所以函數(shù)y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))eq\s\up12(2)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\r(2)sinx，所以y＝f(x)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\r(2)sinxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx＋cosx))＝eq\r(2)(sinxcosx＋sin2x)＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2x－\f(1,2)cos2x＋\f(1,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＋eq\f(\r(2),2).當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，2x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以當(dāng)2x－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(3π,8)時，函數(shù)y＝f(x)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上取得最大值，且ymax＝1＋eq\f(\r(2),2).感悟提升三角恒等變換的綜合應(yīng)用主要是將三角變換與三角函數(shù)的性質(zhì)相結(jié)合，通過變換把函數(shù)化為f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋b的形式再研究其性質(zhì)，解題時注意觀察角、函數(shù)名、結(jié)構(gòu)等特征，注意利用整體思想解決相關(guān)問題.訓(xùn)練2已知函數(shù)f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx－2cos2x＋1(x∈R).(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期及在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))上的最大值和最小值；(2)若f(x0)＝eq\f(6,5)，x0∈eq\b\lc\[\rc\](