高考數(shù)學一輪復習題型講解+專題訓練(新高考專用)專題22兩角和與差及二倍角的正弦、余弦、正切公式(原卷版+解析)

2023高考一輪復習講與練專題22兩角和與差及二倍角的正弦、余弦、正切公式兩角和與差及二倍角的正弦、余弦、正切公式兩角和與差及二倍角的正弦、余弦、正切公式兩角和與差的正弦、余弦、正切公式正用逆用變用二倍角的正弦、余弦、正切公式正用逆用變用和角、差角、倍角公式的綜合運用求值化簡求值化簡練高考明方向1.(2023·新高考Ⅱ卷T6）角滿足，則（）A. B.C. D.2.(2023·北京卷T13）若函數(shù)的一個零點為，則______；_____．3.(2023·浙江卷T13）若，則__________，_________．4.(2023·新高考Ⅰ卷T18）記的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．（1）若，求B；（2）求的最小值．5．(2023年高考全國甲卷理科)若，則 ()A． B． C． D．6．(2023年高考數(shù)學課標Ⅱ卷理科)若α為第四象限角，則 ()A．cos2α>0 B．cos2α<0 C．sin2α>0 D．sin2α<07．(2023年高考數(shù)學課標Ⅰ卷理科)已知，且，則 ()A． B． C． D．8．(2023年高考數(shù)學課標Ⅲ卷理科)已知2tanθ–tan(θ+)=7，則tanθ= ()A．–2 B．–1 C．1 D．29．(2023年高考數(shù)學課標全國Ⅱ卷理科)已知，，則 ()A． B． C． D．10．(2023年高考數(shù)學課標Ⅲ卷（理）)若，則 ()A． B． C． D．11．(2023全國卷Ⅱ)已知，，則___．12．(2023年高考數(shù)學課標Ⅱ卷（理）)若在是減函數(shù)，則的最大值是() A． B． C． D．13．(2023浙江）已知角的頂點與原點重合，始邊與軸的非負半軸重合，它的終邊過點．(1)求的值；(2)若角滿足，求的值．14．(2023年全國III）若，則A．B．C．1D．15．(2023年高考數(shù)學課標Ⅱ卷（理）)已知，，則__________．16．(2023高考數(shù)學課標2理科)函數(shù)的最大值為_________．17．(2023高考數(shù)學課標1理科)設,,且,則 ()A．B． C． D．18．(2023高考數(shù)學新課標1理科)設當時，函數(shù)取得最大值，則=______．講典例備高考類型一、兩角和與差的正弦、余弦、正切公式的應用基礎知識：1．兩角和與差的正弦、余弦公式：(1)sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ；(2)cos(α±β)＝cosαcosβ?sinαsinβ；2.常用和差角正弦、余弦公式變形：sinαsinβ＋cos(α＋β)＝cosαcosβ，cosαsinβ＋sin(α－β)＝sinαcosβ，基礎題型：1．(兩角差正弦公式的正用)已知α為銳角，且coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5)，則sinα＝()A.eq\f(4\r(3)＋3,10) B.eq\f(4\r(3)－3,10)C.eq\f(3\r(3)＋4,10) D.eq\f(3\r(3)－4,10)2．(兩角差正弦、兩角和正弦公式的正用)若，則______．3．(兩角和正弦公式的逆用)sin20°sin80°－cos160°sin10°＝________.4、(兩角差余弦公式的逆用)已知sinα＋sinβ＝eq\f(1,2)，cosα＋cosβ＝eq\f(1,3)，則cos(α－β)的值等于()A．－eq\f(7,12) B．－eq\f(17,18)C．－eq\f(59,72) D．－eq\f(109,72)5、(兩角和余弦公式的正用)已知0<α<<β<π，又sinα＝，cos(α＋β)＝－，則sinβ＝()．A．0 B．0或 C． D．0或－6、(兩角差余弦公式的正用)若，，，，則() A． B． C． D．基本方法：1、使用兩角和、差公式，首先要記住公式的結構特征和符號變化規(guī)律．例如兩角差的余弦公式可簡記為：“同名相乘，符號反”．2、使用兩角和、差公式求值，應注意與同角三角函數(shù)的基本關系、誘導公式的綜合應用．類型二、兩角和與差的正弦、余弦、正切公式的應用基礎知識：1．兩角和與差的正切公式：tan(α±β)＝eq\f(tanα±tanβ,1?tanαtanβ).2.常用和差角正切公式變形：(1)tanα±tanβ＝tan(α±β)(1?tanαtanβ)；（2）tanα·tanβ＝1－eq\f(tanα＋tanβ,tanα＋β)＝eq\f(tanα－tanβ,tanα－β)－1.(3)eq\f(1－tanα,1＋tanα)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))；(4)eq\f(1＋tanα,1－tanα)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))?；A題型：1．（兩角差正切公式的正用）若，則=．2．（兩角差、和正切公式的正用））tan15°＋tan105°等于()A．－2eq\r(3) B．2＋eq\r(3)C．4 D.eq\f(4\r(3),3)3．（兩角差和正切公式的正用）已知角α，β∈(0，π)，tan(α＋β)＝eq\f(1,2)，cosβ＝eq\f(7\r(2),10)，則角2α＋β＝()A.eq\f(9π,4) B.eq\f(3π,4)C.eq\f(5π,4) D.eq\f(π,4)4、（兩角和正切公式的變用）(1＋tan20°)(1＋tan25°)＝________.5．（兩角和正切公式的變用）已知不是直角三角形，，則__.基本方法：1、逆用公式時，要準確找出所給式子和公式的異同，創(chuàng)造條件逆用公式．同時要注意公式成立的條件和角之間的關系．2、tanαtanβ，tanα＋tanβ(或tanα－tanβ)，tan(α＋β)(或tan(α－β))三者中可以知二求一，且常與一元二次方程根與系數(shù)的關系結合命題．3、使用兩角和、差公式，首先要記住公式的結構特征和符號變化規(guī)律，還要注意與同角三角函數(shù)的基本關系、誘導公式的綜合應用．類型三、二倍角正弦、余弦、正切公式的應用基礎知識：1．二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin2α＝2sin_αcos_α；(2)cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α；(3)tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α).2．二倍角余弦公式的變形(1)降冪公式：sin2α＝eq\f(1－cos2α,2)；cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)；sinαcosα＝eq\f(1,2)sin2α.(2)升冪公式：1＋cosα＝2cos2eq\f(α,2)；1－cosα＝2sin2eq\f(α,2)；1＋sinα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2)))2；1－sinα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))2.(3)；；基本題型：1．（二倍角正弦、正切公式的正用）設，，則的值是_____．2．（二倍角正弦公式的正用）設α為銳角，若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))的值為()A.eq\f(12,25) B.eq\f(24,25)C．－eq\f(24,25) D．－eq\f(12,25)3．（二倍角余弦公式的正用）若，則___________.4．（二倍角正弦、余弦公式的逆用）計算eq\f(sin110°sin20°,cos2155°－sin2155°)的值為()A．－eq\f(1,2) B．eq\f(1,2)C．eq\f(\r(3),2) D．－eq\f(\r(3),2)5．（二倍角正弦、余弦公式的逆用）若，是第三象限的角，則A． B． C．2 D．-26．（二倍角正切公式的逆用）計算：eq\f(4tan\f(π,12),3tan2\f(π,12)－3)＝()A.eq\f(2\r(3),3) B．－eq\f(2\r(3),3)C.eq\f(2\r(3),9) D．－eq\f(2\r(3),9)7．（二倍角余弦公式的變用）已知，則（）A．B．C．D．基本方法：1、逆用公式時，要準確找出所給式子和公式的異同，創(chuàng)造條件逆用公式．同時要注意公式成立的條件和角之間的關系．2．運用公式時要注意公式成立的條件，要注意和、差、倍角的相對性，要注意升冪、降冪的靈活運用，要注意“1”的各種變形．類型四、和角、差角、倍角公式的綜合應用之無條件求值基礎知識：無條件求值：一般所給出的角都是非特殊角，從表面上來看是很難的，但仔細觀察非特殊角與特殊角總有一定關系，解題時，要利用觀察得到的關系，結合公式轉化為特殊角并且消除非特殊角的三角函數(shù)而得解。基本題型：1．coseq\f(π,12)的值為()A.eq\f(\r(6)＋\r(2),2)B.eq\f(\r(6)－\r(2),4)C.eq\f(\r(6)＋\r(2),4)D.eq\r(3)2．＝（）A．－ B．－C．D．3．(多選)下列四個等式中正確的是()A．tan25°＋tan35°＋eq\r(3)tan25°tan35°＝eq\r(3)B.eq\f(tan22.5°,1－tan222.5°)＝1C．cos2eq\f(π,8)－sin2eq\f(π,8)＝eq\f(1,2)D.eq\f(1,sin10°)－eq\f(\r(3),cos10°)＝44、sin50°(1＋eq\r(3)tan10°)．基本方法：1、無條件求值問題中所給出的角都是非特殊角，從表面上來看是很難的，從三角函數(shù)名及角、次數(shù)入手．仔細觀察非特殊角與特殊角總有一定關系．解題時，要利用觀察得到的關系，結合公式轉化為特殊角并且消除非特殊角的三角函數(shù)．2．常見的配角技巧：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\co1(α＋\f(β,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋β))等．類型五、和角、差角、倍角公式的綜合應用之給值求值（角）基礎知識：1．“給值求值”：給出某些角的三角函數(shù)式的值，求另外一些角的三角函數(shù)值，解題關鍵在于“變角”，使其角相同或具有某種關系。2．“給值求角”：實質(zhì)是轉化為“給值求值”，先求角的某一函數(shù)值，再求角的范圍，最后確定角。基本題型：1．（給值求值）已知，則的值是（）A． B． C． D．2、（給值求角）若sin2α＝eq\f(\r(5),5)，sin(β－α)＝eq\f(\r(10),10)，且α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，則α＋β的值是()A.eq\f(9π,4) B.eq\f(7π,4)C.eq\f(5π,4)或eq\f(7π,4) D.eq\f(5π,4)或eq\f(9π,4)3．（給值求值）若，，則（）．A． B．0 C． D．或04、（給值求角）已知α、β∈(0，π)，tanα＝2，cosβ＝－eq\f(7\r(2),10)，則2α－β的值為。5．（給值求值）已知為第二象限角，且，求的值______.6．（給值求值、求角）已知.（1）若，，求α的值；（2）若，，求f(x)的值.7．（給值求值、求角）已知銳角與鈍角，，．（1）求的值；（2）求的值．8．（給值求值）已知，，，(1)求和的值；(2)求的值．基本方法：1、給值求值（角）的一般思路是把“所求角”用“已知角”表示．(1)當“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“已知角”有一個時，此時應著眼于“所求角”與“已知角”的和或差的關系，再應用誘導公式把“所求角”變成“已知角”．2．在求角時，應注意根據(jù)條件選擇恰當?shù)暮瘮?shù)，盡量做到所選函數(shù)在確定角的范圍內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，一般遵循以下原則：(1)已知正切函數(shù)值，選正切函數(shù)．(2)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、余弦函數(shù)皆可；若角的范圍是(0，π)，選余弦函數(shù)；若角的范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，選正弦函數(shù)．3、解決求角問題的一般步驟(1)求角的某一個三角函數(shù)值；(2)確定角的范圍；(3)根據(jù)角的范圍求出要求的角．類型六、和角、差角、倍角公式的綜合應用之三角化簡基礎知識：1、化簡原則一看式中各角：通過看三角函數(shù)式中各角之間的差別與聯(lián)系，把角進行合理的拆分，從而正確使用公式；二看函數(shù)名稱：函數(shù)名稱之間的差異，從而確定使用的公式。常見的有切化弦；三看結構特征：分式結構特征，找到變形的方向，常見的有遇到分式要通分，整式因式分解，二次式配方等2．化簡要求(1)使三角函數(shù)式的項數(shù)最少、次數(shù)最低、角與函數(shù)名稱的種類最少；(2)式子中的分母盡量不含三角函數(shù)；(3)盡量使被開方數(shù)不含三角函數(shù)等．基本題型：1．化簡：2eq\r(sin8＋1)＋eq\r(2cos8＋2)＝()A．4cos4 B．－2sin4－4cos4C．4sin4 D．4cos4－2sin42．設sin20°＝m，cos20°＝n，化簡eq\f(tan10°＋1,1－tan10°)－eq\f(1,1－2sin210°)＝()A.eq\f(m,n) B．－eq\f(m,n)C.eq\f(n,m) D．－eq\f(n,m)3．化簡：eq\f(1＋sinα＋cosα\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2))),\r(2＋2cosα))(180°＜α＜360°)＝________.4．化簡：(1)eq\f(sin2α＋β,sinα)－2cos(α＋β)；(2)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))).基本方法：1．化簡方法(1)異名化同名、異次化同次、異角化同角、弦切互化；(2)“1”的代換，三角公式的正用、逆用．新預測破高考1．若，則（）A． B． C． D．2．已知α終邊與單位圓的交點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(3,5)))，且α是第二象限角，則eq\r(1－sin2α)＋eq\r(2＋2cos2α)的值等于()A.eq\f(1,5) B．－eq\f(1,5)C．3 D．－33、已知α為銳角，β為鈍角且cosα＝eq\f(2\r(5),5)，tanβ＝－3，則α＋β的值為()A.eq\f(3π,4)B.eq\f(2π,3)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,4)4、sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＋sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－sin2α＝()A．－eq\f(1,2) B．－eq\f(\r(3),2)C.eq\f(1,2) D.eq\f(\r(3),2)5．(1＋tan18°)(1＋tan27°)的值是()A.eq\r(3) B．1＋eq\r(2)C．2 D．2(tan18°＋tan27°)6、定義：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(ab),\s\do5(cd))))＝ad－bc，如eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(12),\s\do5(34))))＝1×4－2×3＝－2，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(cos45°sin75°),\s\do5(sin135°cos105°))))＝()A．0 B.eq\f(\r(3),2)C．－eq\f(\r(3),2) D．17．《周髀算經(jīng)》中給出了弦圖，所謂弦圖（如圖）是由四個全等的直角三角形和中間一個小正方形拼成一個大的正方形，若圖中直角三角形兩銳角分別為，，且小正方形與大正方形面積之比為，則的值為（）A．B．C．D．8．若，，則A．B．C．D．9．若，，，則（）A． B． C． D．10、若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(12,13)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))的值等于()A．－eq\f(56,65) B.eq\f(56,65)C．－eq\f(5,13) D．－eq\f(16,65)11．(多選)已知α，β，γ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sinα＋sinγ＝sinβ，cosβ＋cosγ＝cosα，則下列說法正確的是()A．cos(β－α)＝eq\f(1,2) B．cos(β－α)＝－eq\f(1,2)C．β－α＝eq\f(π,3) D．β－α＝－eq\f(π,3)eq\f(sin235°－\f(1,2),cos10°·cos80°)的值為_______．13．已知，，則的值為_______．14．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)))＝________.15．（2023·江蘇徐州）已知，，則的值為_______．16．已知0<α<eq\f(π,2)<β<π，taneq\f(α,2)＝eq\f(1,3)，cos(β－α)＝－eq\f(\r(2),10)，則β的值為________．17．已知tan(α＋β)＝2，tan(α－β)＝eq\f(1,2)，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則tanβ的值為________．18．設x，y∈(0，π)，且滿足eq\f(sin2x－cos2x＋cos2xcos2y－sin2xsin2y,sinx＋y)＝1，則x－y＝__________.19．已知tanα，tanβ是方程x2＋3eq\r(3)x＋4＝0的兩根，且α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，則α＋β的值為________．20．已知，．(1)求的值；(2)求的值．21．已知函數(shù)．(1)求的值；(2)若，求．22．已知函數(shù)，（其中，）的最小正周期為10．(1)求的值；(2)設,,,求的值．23．已知為銳角，，．(1)求的值；(2)求的值．2023高考一輪復習講與練專題22兩角和與差及二倍角的正弦、余弦、正切公式兩角和與差及二倍角的正弦、余弦、正切公式兩角和與差及二倍角的正弦、余弦、正切公式兩角和與差的正弦、余弦、正切公式正用逆用變用二倍角的正弦、余弦、正切公式正用逆用變用和角、差角、倍角公式的綜合運用求值化簡求值化簡練高考明方向1.(2023·新高考Ⅱ卷T6）角滿足，則（）A. B.C. D.答案：D分析：由兩角和差正余弦公式化簡，結合同角三角函數(shù)的商數(shù)關系即可得解.【詳解】由已知得：,即：，即：,所以,2.(2023·北京卷T13）若函數(shù)的一個零點為，則______；_____．答案：①.1②.【解析】分析：先代入零點，求得A的值，再將函數(shù)化簡為，代入自變量，計算即可.【詳解】∵，∴，∴3.(2023·浙江卷T13）若，則__________，_________．答案：①.②.【解析】分析：先通過誘導公式變形，得到的同角等式關系，再利用輔助角公式化簡成正弦型函數(shù)方程，可求出，接下來再求．【詳解】，∴，即，即，令，，則，∴，即，∴，則．4.(2023·新高考Ⅰ卷T18）記的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．（1）若，求B；（2）求的最小值．答案：（1）；（2）．【解析】分析：（1）根據(jù)二倍角公式以及兩角差的余弦公式可將化成，再結合，即可求出；（2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式將化成，然后利用基本不等式即可解出．【小問1詳解】因為，即，而，所以；【小問2詳解】由（1）知，，所以，而，所以，即有．所以．當且僅當時取等號，所以的最小值為．5．(2023年高考全國甲卷理科)若，則 ()A． B． C． D．答案：A解析：，，，，解得，，．【點睛】本題考查三角函數(shù)的化簡問題，解題的關鍵是利用二倍角公式化簡求出．6．(2023年高考數(shù)學課標Ⅱ卷理科)若α為第四象限角，則 ()A．cos2α>0 B．cos2α<0 C．sin2α>0 D．sin2α<0答案：D解析：當時，，選項B錯誤；當時，，選項A錯誤；由在第四象限可得：，則，選項C錯誤，選項D正確；【點睛】本題主要考查三角函數(shù)的符號，二倍角公式，特殊角的三角函數(shù)值等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力．7．(2023年高考數(shù)學課標Ⅰ卷理科)已知，且，則 ()A． B． C． D．答案：A【解析】，得，即，解得或（舍去），又．【點睛】本題考查三角恒等變換和同角間的三角函數(shù)關系求值，熟記公式是解題的關鍵，考查計算求解能力，屬于基礎題．8．(2023年高考數(shù)學課標Ⅲ卷理科)已知2tanθ–tan(θ+)=7，則tanθ= ()A．–2 B．–1 C．1 D．2答案：D解析：，，令，則，整理得，解得，即．【點睛】本題主要考查了利用兩角和的正切公式化簡求值，屬于中檔題．9．(2023年高考數(shù)學課標全國Ⅱ卷理科)已知，，則 ()A． B． C． D．答案：B【解析】∵，∴.,∴，，∴，又，∴，，又，∴．【點評】利用二倍角公式得到正余弦關系，利用角范圍及正余弦平方和為關系得出答案．本題為三角函數(shù)中二倍角公式、同角三角函數(shù)基本關系式的考查，中等難度，判斷正余弦正負，運算準確性是關鍵，題目不難，需細心，解決三角函數(shù)問題，研究角的范圍后得出三角函數(shù)值的正負，很關鍵，切記不能憑感覺．10．(2023年高考數(shù)學課標Ⅲ卷（理）)若，則 ()A． B． C． D．答案：B解析：，故選B．11．(2023全國卷Ⅱ)已知，，則___．答案：【解析】∵，，∴①，②，①②兩式相加可得，∴．12．(2023年高考數(shù)學課標Ⅱ卷（理）)若在是減函數(shù)，則的最大值是() A． B． C． D．答案：A解析：由已知，得，即，解得，即，所以，得，所以的最大值是，故選A．13．(2023浙江）已知角的頂點與原點重合，始邊與軸的非負半軸重合，它的終邊過點．(1)求的值；(2)若角滿足，求的值．【解析】(1)由角的終邊過點得，所以．(2)由角的終邊過點得，由得．由得，所以或．14．(2023年全國III）若，則A．B．C．1D．答案：A【解析】由，，得，或，，所以，則，故選A．15．(2023年高考數(shù)學課標Ⅱ卷（理）)已知，，則__________．答案：解析：因為，所以，，相加得，所以．16．(2023高考數(shù)學課標2理科)函數(shù)的最大值為_________．答案：1解析：，所以最大值為117．(2023高考數(shù)學課標1理科)設,,且,則 ()A．B． C． D．答案：B解析:∵,∴,∴,即,選B18．(2023高考數(shù)學新課標1理科)設當時，函數(shù)取得最大值，則=______．答案：解析：∵==，令=，，則==，當=，即=時，取最大值，此時=，∴===．講典例備高考類型一、兩角和與差的正弦、余弦、正切公式的應用基礎知識：1．兩角和與差的正弦、余弦公式：(1)sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ；(2)cos(α±β)＝cosαcosβ?sinαsinβ；2.常用和差角正弦、余弦公式變形：sinαsinβ＋cos(α＋β)＝cosαcosβ，cosαsinβ＋sin(α－β)＝sinαcosβ，基礎題型：1．(兩角差正弦公式的正用)已知α為銳角，且coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5)，則sinα＝()A.eq\f(4\r(3)＋3,10) B.eq\f(4\r(3)－3,10)C.eq\f(3\r(3)＋4,10) D.eq\f(3\r(3)－4,10)答案：B【解析】∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5)(α為銳角)，∴α＋eq\f(π,6)為銳角，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，∴sinα＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\f(π,6)－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))sineq\f(π,6)＝eq\f(4,5)×eq\f(\r(3),2)－eq\f(3,5)×eq\f(1,2)＝eq\f(4\r(3)－3,10).2．(兩角差正弦、兩角和正弦公式的正用)若，則______．答案：【詳解】，，，。3．(兩角和正弦公式的逆用)sin20°sin80°－cos160°sin10°＝________.答案：eq\f(1,2)【解析】∵sin80°＝sin(90°－10°)＝cos10°，cos160°＝cos(180°－20°)＝－cos20°，∴sin20°sin80°－cos160°sin10°＝sin20°cos10°＋cos20°sin10°＝sin(20°＋10°)＝sin30°＝eq\f(1,2).4、(兩角差余弦公式的逆用)已知sinα＋sinβ＝eq\f(1,2)，cosα＋cosβ＝eq\f(1,3)，則cos(α－β)的值等于()A．－eq\f(7,12) B．－eq\f(17,18)C．－eq\f(59,72) D．－eq\f(109,72)答案：C【解析】sinα＋sinβ＝eq\f(1,2)?sin2α＋sin2β＋2sinαsinβ＝eq\f(1,4)①，cosα＋cosβ＝eq\f(1,3)?cos2α＋cos2β＋2cosαcosβ＝eq\f(1,9)②，①＋②得，2＋2(sinαsinβ＋cosαcosβ)＝eq\f(13,36)?cos(α－β)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,36)－2))＝－eq\f(59,72).5、(兩角和余弦公式的正用)已知0<α<<β<π，又sinα＝，cos(α＋β)＝－，則sinβ＝()．A．0 B．0或 C． D．0或－答案：C【解析】因為，所以．因為，所以，因為，所以，整理可得，因為，所以，所以．6、(兩角差余弦公式的正用)若，，，，則() A． B． C． D．答案：C【解析】，已知，，則，，又，，因此，，則．基本方法：1、使用兩角和、差公式，首先要記住公式的結構特征和符號變化規(guī)律．例如兩角差的余弦公式可簡記為：“同名相乘，符號反”．2、使用兩角和、差公式求值，應注意與同角三角函數(shù)的基本關系、誘導公式的綜合應用．類型二、兩角和與差的正弦、余弦、正切公式的應用基礎知識：1．兩角和與差的正切公式：tan(α±β)＝eq\f(tanα±tanβ,1?tanαtanβ).2.常用和差角正切公式變形：(1)tanα±tanβ＝tan(α±β)(1?tanαtanβ)；（2）tanα·tanβ＝1－eq\f(tanα＋tanβ,tanα＋β)＝eq\f(tanα－tanβ,tanα－β)－1.(3)eq\f(1－tanα,1＋tanα)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))；(4)eq\f(1＋tanα,1－tanα)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))。基礎題型：1．（兩角差正切公式的正用）若，則=．答案：【解析】．2．（兩角差、和正切公式的正用））tan15°＋tan105°等于()A．－2eq\r(3) B．2＋eq\r(3)C．4 D.eq\f(4\r(3),3)答案：A【解析】tan15°＋tan105°＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(45°－30°))＋taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(60°＋45°))＝eq\f(tan45°－tan30°,1＋tan45°·tan30°)＋eq\f(tan60°＋tan45°,1－tan60°·tan45°)＝－2eq\r(3).3．（兩角差和正切公式的正用）已知角α，β∈(0，π)，tan(α＋β)＝eq\f(1,2)，cosβ＝eq\f(7\r(2),10)，則角2α＋β＝()A.eq\f(9π,4) B.eq\f(3π,4)C.eq\f(5π,4) D.eq\f(π,4)答案：D【解析】∵β∈(0，π)，cosβ＝eq\f(7\r(2),10)，∴β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinβ＝eq\f(\r(2),10)，∴tanβ＝eq\f(1,7).又tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(1,2)，即eq\f(tanα＋\f(1,7),1－\f(1,7)tanα)＝eq\f(1,2)，解得tanα＝eq\f(1,3)，∴α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))).∴tan(2α＋β)＝tan[(α＋β)＋α]＝eq\f(tanα＋β＋tanα,1－tanα＋β·tanα)＝1，又2α＋β∈(0，π)，∴2α＋β＝eq\f(π,4).4、（兩角和正切公式的變用）(1＋tan20°)(1＋tan25°)＝________.答案：2【解析】由題意知，原式＝1＋tan20°＋tan25°＋tan20°·tan25°.因為tan20°＋tan25°＝tan45°(1－tan20°·tan25°)＝1－tan20°tan25°，所以原式＝2－tan20°·tan25°＋tan20°tan25°＝2.5．（兩角和正切公式的變用）已知不是直角三角形，，則__.答案：2.【詳解】因為，所以，則，整理得，所以，基本方法：1、逆用公式時，要準確找出所給式子和公式的異同，創(chuàng)造條件逆用公式．同時要注意公式成立的條件和角之間的關系．2、tanαtanβ，tanα＋tanβ(或tanα－tanβ)，tan(α＋β)(或tan(α－β))三者中可以知二求一，且常與一元二次方程根與系數(shù)的關系結合命題．3、使用兩角和、差公式，首先要記住公式的結構特征和符號變化規(guī)律，還要注意與同角三角函數(shù)的基本關系、誘導公式的綜合應用．類型三、二倍角正弦、余弦、正切公式的應用基礎知識：1．二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin2α＝2sin_αcos_α；(2)cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α；(3)tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α).2．二倍角余弦公式的變形(1)降冪公式：sin2α＝eq\f(1－cos2α,2)；cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)；sinαcosα＝eq\f(1,2)sin2α.(2)升冪公式：1＋cosα＝2cos2eq\f(α,2)；1－cosα＝2sin2eq\f(α,2)；1＋sinα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2)))2；1－sinα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))2.(3)；；基本題型：1．（二倍角正弦、正切公式的正用）設，，則的值是_____．答案：【解析】，則，又，則，．2．（二倍角正弦公式的正用）設α為銳角，若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))的值為()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為銳角，即0＜α＜eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)＜α＋eq\f(π,6)＜eq\f(2π,3)，∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))))＝eq\f(3,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝2×eq\f(3,5)×eq\f(4,5)＝eq\f(24,25)。3．（二倍角余弦公式的正用）若，則___________.答案：【詳解】因為，兩邊平方，可得，可得，所以，，可得，所以.4．（二倍角正弦、余弦公式的逆用）計算eq\f(sin110°sin20°,cos2155°－sin2155°)的值為()A．－eq\f(1,2) B．eq\f(1,2)C．eq\f(\r(3),2) D．－eq\f(\r(3),2)答案：B【解析】eq\f(sin110°sin20°,cos2155°－sin2155°)＝eq\f(sin70°sin20°,cos310°)＝eq\f(cos20°sin20°,cos50°)＝eq\f(\f(1,2)sin40°,sin40°)＝eq\f(1,2)。5．（二倍角正弦、余弦公式的逆用）若，是第三象限的角，則A． B． C．2 D．-2答案：A【解析】∵，且是第三象限，∴，∴．6．（二倍角正切公式的逆用）計算：eq\f(4tan\f(π,12),3tan2\f(π,12)－3)＝()A.eq\f(2\r(3),3) B．－eq\f(2\r(3),3)C.eq\f(2\r(3),9) D．－eq\f(2\r(3),9)答案：D【解析】原式＝－eq\f(2,3)·eq\f(2tan\f(π,12),1－tan2\f(π,12))＝－eq\f(2,3)taneq\f(π,6)＝－eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),3)＝－eq\f(2\r(3),9).7．（二倍角余弦公式的變用）已知，則（）A．B．C．D．答案：A【解析】因為，所以，選A.基本方法：1、逆用公式時，要準確找出所給式子和公式的異同，創(chuàng)造條件逆用公式．同時要注意公式成立的條件和角之間的關系．2．運用公式時要注意公式成立的條件，要注意和、差、倍角的相對性，要注意升冪、降冪的靈活運用，要注意“1”的各種變形．類型四、和角、差角、倍角公式的綜合應用之無條件求值基礎知識：無條件求值：一般所給出的角都是非特殊角，從表面上來看是很難的，但仔細觀察非特殊角與特殊角總有一定關系，解題時，要利用觀察得到的關系，結合公式轉化為特殊角并且消除非特殊角的三角函數(shù)而得解。基本題型：1．coseq\f(π,12)的值為()A.eq\f(\r(6)＋\r(2),2)B.eq\f(\r(6)－\r(2),4)C.eq\f(\r(6)＋\r(2),4)D.eq\r(3)答案：C【詳解】coseq\f(π,12)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(π,4)))＝coseq\f(π,3)coseq\f(π,4)＋sineq\f(π,3)sineq\f(π,4)＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4).2．＝（）A．－ B．－C．D．答案：D【詳解】原式＝＝＝.3．(多選)下列四個等式中正確的是()A．tan25°＋tan35°＋eq\r(3)tan25°tan35°＝eq\r(3)B.eq\f(tan22.5°,1－tan222.5°)＝1C．cos2eq\f(π,8)－sin2eq\f(π,8)＝eq\f(1,2)D.eq\f(1,sin10°)－eq\f(\r(3),cos10°)＝4答案：AD【詳解】A選項，∵tan(25°＋35°)＝eq\f(tan25°＋tan35°,1－tan25°tan35°)＝eq\r(3)，∴tan25°＋tan35°＝eq\r(3)(1－tan25°tan35°)＝eq\r(3)－eq\r(3)tan25°tan35°，∴tan25°＋tan35°＋eq\r(3)tan25°tan35°＝eq\r(3)，正確；B選項，∵tan45°＝eq\f(tan22.5°＋tan22.5°,1－tan222.5°)＝1，∴eq\f(tan22.5°,1－tan222.5°)＝eq\f(1,2)，錯誤；C選項，cos2eq\f(π,8)－sin2eq\f(π,8)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,8)))＝coseq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)，錯誤；D選項，eq\f(1,sin10°)－eq\f(\r(3),cos10°)＝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(2sin30°cos10°－cos30°sin10°,\f(1,2)×2sin10°cos10°)＝eq\f(2sin20°,\f(1,2)sin20°)＝4，正確.4、sin50°(1＋eq\r(3)tan10°)．答案：1【詳解】法一：原式＝sin50°·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(3)·\f(sin10°,cos10°)))＝sin50°·eq\f(cos10°＋\r(3)sin10°,cos10°)＝sin50°·eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos10°＋\f(\r(3),2)sin10°)),cos10°)＝eq\f(2sin50°·cos50°,cos10°)＝eq\f(sin100°,cos10°)＝eq\f(cos10°,cos10°)＝1.法二：令sin50°(1＋eq\r(3)tan10°)＝t，所以有sin50°·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(3)\f(sin10°,cos10°)))＝t，所以有sin50°eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cos10°＋\r(3)sin10°,cos10°)))＝t，即sin50°·2sin(10°＋30°)＝tcos10°，得2sin50°cos50°＝tcos10°，即sin100°＝cos10°＝tcos10°?t＝1.即原式＝1.基本方法：1、無條件求值問題中所給出的角都是非特殊角，從表面上來看是很難的，從三角函數(shù)名及角、次數(shù)入手．仔細觀察非特殊角與特殊角總有一定關系．解題時，要利用觀察得到的關系，結合公式轉化為特殊角并且消除非特殊角的三角函數(shù)．2．常見的配角技巧：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\co1(α＋\f(β,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋β))等．類型五、和角、差角、倍角公式的綜合應用之給值求值（角）基礎知識：1．“給值求值”：給出某些角的三角函數(shù)式的值，求另外一些角的三角函數(shù)值，解題關鍵在于“變角”，使其角相同或具有某種關系。2．“給值求角”：實質(zhì)是轉化為“給值求值”，先求角的某一函數(shù)值，再求角的范圍，最后確定角。基本題型：1．（給值求值）已知，則的值是（）A． B． C． D．答案：D【詳解】因為，所以，即，所以，即，所以，2、（給值求角）若sin2α＝eq\f(\r(5),5)，sin(β－α)＝eq\f(\r(10),10)，且α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，則α＋β的值是()A.eq\f(9π,4) B.eq\f(7π,4)C.eq\f(5π,4)或eq\f(7π,4) D.eq\f(5π,4)或eq\f(9π,4)答案：B【解析】∵α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，∴2α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，2π))，又0＜sin2α＝eq\f(\r(5),5)＜eq\f(1,2)，∴2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))，即α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(π,2)))，∴β－α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(13π,12)))，∴cos2α＝－eq\r(1－sin22α)＝－eq\f(2\r(5),5).又sin(β－α)＝eq\f(\r(10),10)，∴β－α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴cos(β－α)＝－eq\r(1－sin2β－α)＝－eq\f(3\r(10),10)，∴cos(α＋β)＝cos[2α＋(β－α)]＝cos2αcos(β－α)－sin2αsin(β－α)＝－eq\f(2\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(10),10)))－eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(10),10)＝eq\f(\r(2),2).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，∴α＋β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17π,12)，2π))，∴α＋β＝eq\f(7π,4).3．（給值求值）若，，則（）．A． B．0 C． D．或0答案：A【詳解】由，可得，即．因為，所以，，即，于是，所以．4、（給值求角）已知α、β∈(0，π)，tanα＝2，cosβ＝－eq\f(7\r(2),10)，則2α－β的值為。答案：－eq\f(π,4)【解析】法一：因為tanα＝2>0，α∈(0，π)，所以α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))。因為cosβ＝－eq\f(7\r(2),10)，β∈(0，π)，所以β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且tanβ＝－eq\f(1,7)。所以α－β∈(－π，0)，tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)＝3>0，所以α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))，所以2α－β∈(－π，0)。因為tan(2α－β)＝tan[α＋(α－β)]＝eq\f(tanα＋tanα－β,1－tanαtanα－β)＝－1，所以2α－β＝－eq\f(π,4)。法二：因為tanα＝2>1，α∈(0，π)，所以α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))。因為cosβ＝－eq\f(7\r(2),10)，β∈(0，π)，所以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)))。因為tan(2α－β)＝tan[α＋(α－β)]＝eq\f(tanα＋tanα－β,1－tanαtanα－β)＝－1，所以2α－β＝－eq\f(π,4)。5．（給值求值）已知為第二象限角，且，求的值______.答案：【詳解】因為為第二象限角，且，所以所以，所以6．（給值求值、求角）已知.（1）若，，求α的值；（2）若，，求f(x)的值.答案：（1）；（2）.【詳解】由題意有，（1）因為，所以，則，又因為，所以；（2）因為，，所以，所以，所以，7．（給值求值、求角）已知銳角與鈍角，，．（1）求的值；（2）求的值．答案：（1）；（2）【詳解】（1）由題可知：且，，所以，所以（2）由，則，又由（1）可知，，所以，所以，則，所以所以所以，所以。8．（給值求值）已知，，，(1)求和的值；(2)求的值．答案：(1)，，（2）【詳解】(1)由題意得()2＝，即1＋＝，∴.又，∴＝，∴＝.(2)∵，，∴＝，于是).又.又.又＝，，()．∴×(－)－×＝－.基本方法：1、給值求值（角）的一般思路是把“所求角”用“已知角”表示．(1)當“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“已知角”有一個時，此時應著眼于“所求角”與“已知角”的和或差的關系，再應用誘導公式把“所求角”變成“已知角”．2．在求角時，應注意根據(jù)條件選擇恰當?shù)暮瘮?shù)，盡量做到所選函數(shù)在確定角的范圍內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，一般遵循以下原則：(1)已知正切函數(shù)值，選正切函數(shù)．(2)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、余弦函數(shù)皆可；若角的范圍是(0，π)，選余弦函數(shù)；若角的范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，選正弦函數(shù)．3、解決求角問題的一般步驟(1)求角的某一個三角函數(shù)值；(2)確定角的范圍；(3)根據(jù)角的范圍求出要求的角．類型六、和角、差角、倍角公式的綜合應用之三角化簡基礎知識：1、化簡原則一看式中各角：通過看三角函數(shù)式中各角之間的差別與聯(lián)系，把角進行合理的拆分，從而正確使用公式；二看函數(shù)名稱：函數(shù)名稱之間的差異，從而確定使用的公式。常見的有切化弦；三看結構特征：分式結構特征，找到變形的方向，常見的有遇到分式要通分，整式因式分解，二次式配方等2．化簡要求(1)使三角函數(shù)式的項數(shù)最少、次數(shù)最低、角與函數(shù)名稱的種類最少；(2)式子中的分母盡量不含三角函數(shù)；(3)盡量使被開方數(shù)不含三角函數(shù)等．基本題型：1．化簡：2eq\r(sin8＋1)＋eq\r(2cos8＋2)＝()A．4cos4 B．－2sin4－4cos4C．4sin4 D．4cos4－2sin4答案：B【詳解】原式＝2eq\r(1＋2sin4cos4)＋eq\r(4cos24)＝2eq\r(sin24＋cos24＋2sin4cos4)＋2|cos4|＝2|sin4＋cos4|＋2|cos4|，∵π＜4＜eq\f(3π,2)，∴sin4＋cos4＜0，cos4＜0，∴原式＝－2(sin4＋cos4)－2cos4＝－2sin4－4cos4.2．設sin20°＝m，cos20°＝n，化簡eq\f(tan10°＋1,1－tan10°)－eq\f(1,1－2sin210°)＝()A.eq\f(m,n) B．－eq\f(m,n)C.eq\f(n,m) D．－eq\f(n,m)答案：A【詳解】因為sin20°＝m，cos20°＝n，所以eq\f(tan10°＋1,1－tan10°)－eq\f(1,1－2sin210°)＝eq\f(sin10°＋cos10°,cos10°－sin10°)－eq\f(1,cos20°)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin10°＋cos10°))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos10°－sin10°))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos10°＋sin10°)))－eq\f(1,cos20°)＝eq\f(1＋2sin10°cos10°,cos210°－sin210°)－eq\f(1,cos20°)＝eq\f(1＋sin20°,cos20°)－eq\f(1,cos20°)＝eq\f(sin20°,cos20°)＝eq\f(m,n).3．化簡：eq\f(1＋sinα＋cosα\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2))),\r(2＋2cosα))(180°＜α＜360°)＝________.答案：cosα.【詳解】原式＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos2\f(α,2)＋2sin\f(α,2)cos\f(α,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2))),\r(4cos2\f(α,2)))＝eq\f(2cos\f(α,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)＋sin\f(α,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2))),2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2))))＝eq\f(cos\f(α,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2\f(α,2)－cos2\f(α,2))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2))))＝eq\f(－cos\f(α,2)cosα,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)))).因為180°＜α＜360°，所以90°＜eq\f(α,2)＜180°，所以coseq\f(α,2)＜0，所以原式＝cosα.4．化簡：(1)eq\f(sin2α＋β,sinα)－2cos(α＋β)；(2)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))).【詳解】(1)原式＝eq\f(sin2α＋β－2sinαcosα＋β,sinα)＝eq\f(sin[α＋α＋β]－2sinαcosα＋β,sinα)＝eq\f(sinαcosα＋β＋cosαsinα＋β－2sinαcosα＋β,sinα)＝eq\f(cosαsinα＋β－sinαcosα＋β,sinα)＝eq\f(sin[α＋β－α],sinα)＝eq\f(sinβ,sinα).(2)原式＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(cos\f(α,2),sin\f(α,2))－eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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).基本方法：1．化簡方法(1)異名化同名、異次化同次、異角化同角、弦切互化；(2)“1”的代換，三角公式的正用、逆用．新預測破高考1．若，則（）A． B． C． D．答案：B【詳解】設，因為，所以，故.2．已知α終邊與單位圓的交點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(3,5)))，且α是第二象限角，則eq\r(1－sin2α)＋eq\r(2＋2cos2α)的值等于()A.eq\f(1,5) B．－eq\f(1,5)C．3 D．－3答案：C【解析】因為α終邊與單位圓的交點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(3,5)))，且α是第二象限角，所以sinα＝eq\f(3,5)，cosα＝－eq\f(4,5)，則eq\r(1－sin2α)＋eq\r(2＋2cos2α)＝eq\r(1－2sinα·cosα)＋eq\r(21＋cos2α)＝eq\r(sinα－cosα2)＋eq\r(4cos2α)＝|sinα－cosα|＋2|cosα|＝eq\f(7,5)＋eq\f(8,5)＝3.3、已知α為銳角，β為鈍角且cosα＝eq\f(2\r(5),5)，tanβ＝－3，則α＋β的值為()A.eq\f(3π,4)B.eq\f(2π,3)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,4)答案：A【解析】由α為銳角且cosα＝eq\f(2\r(5),5)，得sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(\r(5),5)，則tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(1,2)，則tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(\f(1,2)＋－3,1－\f(1,2)×－3)＝－1，又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，則α＋β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，得α＋β＝eq\f(3π,4).4、sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＋sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－sin2α＝()A．－eq\f(1,2) B．－eq\f(\r(3),2)C.eq\f(1,2) D.eq\f(\r(3),2)答案：C【解析】原式＝eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3))),2)＋eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3))),2)－sin2α＝1－eq\f(1,2)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))))－sin2α＝1－cos2αcoseq\f(π,3)－sin2α＝1－eq\f(cos2α,2)－eq\f(1－cos2α,2)＝eq\f(1,2).5．(1＋tan18°)(1＋tan27°)的值是()A.eq\r(3) B．1＋eq\r(2)C．2 D．2(tan18°＋tan27°)答案：C【解析】(1＋tan18°)(1＋tan27°)＝1＋tan18°＋tan27°＋tan18°tan27°＝1＋tan45°(1－tan18°tan27°)＋tan18°tan27°＝2.6、定義：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(ab),\s\do5(cd))))＝ad－bc，如eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(12),\s\do5(34))))＝1×4－2×3＝－2，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(cos45°sin75°),\s\do5(sin135°cos105°))))＝()A．0 B.eq\f(\r(3),2)C．－eq\f(\r(3),2) D．1答案：C【解析】由題意得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(\s\up7(cos45°sin75°),\s\do5(sin135°cos105°))))＝cos45°cos105°－sin75°sin135°＝－cos45°cos75°－sin75°sin45°＝－cos(75°－45°)＝－cos30°＝－eq\f(\r(3),2).7．《周髀算經(jīng)》中給出了弦圖，所謂弦圖（如圖）是由四個全等的直角三角形和中間一個小正方形拼成一個大的正方形，若圖中直角三角形兩銳角分別為，，且小正方形與大正方形面積之比為，則的值為（）A．B．C．D．答案：A【詳解】設大的正方形邊長為，由小正方形與大正方形面積之比為，則小正方形的邊長為，可得：，①，，②，由圖可得：，，①②可得，解得.8．若，，則A．B．C．D．答案：D【解析】法一：由可得，，，答案應選D．法二：由及，可得，而當時，結合選項即可得．9．若，，，則（）A． B． C． D．答案：C【詳解】，，，，.10、若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(12,13)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))的值等于()A．－eq\f(56,65) B.eq\f(56,65)C．－eq\f(5,13) D．－eq\f(16,65)答案：A【解析】因為α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，所以α＋β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，且sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，所以cos(α＋β)＝eq\f(4,5)，同理，因為β－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(12,13)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝－eq\f(