山東專用2024新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第三章三角函數(shù)解三角形3.3.1兩角和與差的三角公式學(xué)案含解析

PAGE第三節(jié)簡潔的三角恒等變換課標(biāo)要求考情分析1.會用向量的數(shù)量積推導(dǎo)出兩角差的余弦公式．2．能利用兩角差的余弦公式推導(dǎo)出兩角差的正弦、正切公式．3．能利用兩角差的余弦公式推導(dǎo)出兩角和的正弦、余弦、正切公式，推導(dǎo)出二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它們的內(nèi)在聯(lián)系.1.利用兩角和與差的正弦、余弦、正切公式及二倍角公式進行化簡、求值是高考考查的熱點，本部分內(nèi)容常與三角函數(shù)的性質(zhì)、向量、解三角形的學(xué)問相結(jié)合命題．2．命題形式多種多樣，既有選擇題、填空題，也有綜合性的解答題.學(xué)問點一基本公式1．兩角和與差的正弦、余弦、正切公式C(α－β)：cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ.C(α＋β)：cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ.S(α＋β)：sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ.S(α－β)：sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ.T(α＋β)：tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)(α，β，α＋β≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z)．T(α－β)：tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)(α，β，α－β≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z)．2．二倍角的正弦、余弦、正切公式S2α：sin2α＝2sinαcosα.C2α：cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.T2α：tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α≠±\f(π,4)＋kπ，且α≠kπ＋\f(π,2)，k∈Z))學(xué)問點二三角公式的變形技巧1．降冪公式：cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)，sin2α＝eq\f(1－cos2α,2).2．升冪公式：1＋cos2α＝2cos2α，1－cos2α＝2sin2α.3．公式變形：tanα±tanβ＝tan(α±β)(1?tanαtanβ)．4．協(xié)助角公式：asinx＋bcosx＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中sinφ＝\f(b,\r(a2＋b2))，cosφ＝\f(a,\r(a2＋b2))))學(xué)問點三三角恒等變換1．重視三角函數(shù)的“三變”：“三變”是指“變角、變名、變式”．(1)變角：對角的分拆要盡可能化成同角、特別角；(2)變名：盡可能削減函數(shù)名稱；(3)變式：對式子變形一般要盡可能有理化、整式化、降低次數(shù)等．2．在解決求值、化簡、證明問題時，一般是視察角、函數(shù)名、所求(或所證明)問題的整體形式中的差異，再選擇適當(dāng)?shù)娜枪胶愕茸冃危?．思索辨析推斷下列結(jié)論正誤(在括號內(nèi)打“√”或“×”)(1)存在實數(shù)α，β，使等式sin(α＋β)＝sinα＋sinβ成立．(√)(2)在銳角△ABC中，sinAsinB和cosAcosB大小不確定．(×)(3)公式tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)可以變形為tanα＋tanβ＝tan(α＋β)(1－tanαtanβ)，且對隨意角α，β都成立．(×)(4)公式asinx＋bcosx＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)中φ的取值與a，b的值無關(guān)．(×)解析：依據(jù)正弦、余弦和正切的和角、差角公式知(2)(3)(4)是錯誤的，(1)是正確的．2．小題熱身(1)(2024·全國卷Ⅰ)tan255°＝(D)A．－2－eq\r(3) B．－2＋eq\r(3)C．2－eq\r(3) D．2＋eq\r(3)(2)若sinα＝eq\f(1,3)，則cos2α＝(B)A.eq\f(8,9) B.eq\f(7,9)C．－eq\f(7,9) D．－eq\f(8,9)(3)sin347°cos148°＋sin77°·cos58°＝eq\f(\r(2),2).(4)已知tan(α－eq\f(5π,4))＝eq\f(1,5)，則tanα＝eq\f(3,2).(5)計算eq\f(2cos10°－2\r(3)cos－100°,\r(1－sin10°))＝2eq\r(2).解析：(1)由正切函數(shù)的周期性可知，tan255°＝tan(180°＋75°)＝tan75°＝tan(30°＋45°)＝eq\f(\f(\r(3),3)＋1,1－\f(\r(3),3))＝2＋eq\r(3)，故選D.(2)cos2α＝1－2sin2α＝1－2×(eq\f(1,3))2＝eq\f(7,9).(3)sin347°cos148°＋sin77°cos58°＝sin(270°＋77°)cos(90°＋58°)＋sin77°cos58°＝(－cos77°)·(－sin58°)＋sin77°cos58°＝sin58°cos77°＋cos58°sin77°＝sin(58°＋77°)＝sin135°＝eq\f(\r(2),2).(4)解法1：因為tan(α－eq\f(5π,4))＝eq\f(1,5)，所以eq\f(tanα－tan\f(5π,4),1＋tanαtan\f(5π,4))＝eq\f(1,5)，即eq\f(tanα－1,1＋tanα)＝eq\f(1,5)，解得tanα＝eq\f(3,2).解法2：因為tan(α－eq\f(5π,4))＝eq\f(1,5)，所以tanα＝tan[(α－eq\f(5π,4))＋eq\f(5π,4)]＝eq\f(tanα－\f(5π,4)＋tan\f(5π,4),1－tanα－\f(5π,4)tan\f(5π,4))＝eq\f(\f(1,5)＋1,1－\f(1,5)×1)＝eq\f(3,2).(5)eq\f(2cos10°－2\r(3)cos－100°,\r(1－sin10°))＝eq\f(2cos10°＋2\r(3)sin10°,\r(1－sin10°))＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos10°＋\f(\r(3),2)sin10°)),\r(1－2sin5°cos5°))＝eq\f(4cos50°,cos5°－sin5°)＝eq\f(4cos50°,\r(2)cos50°)＝2eq\r(2).第1課時兩角和與差的三角公式考點一公式的干脆運用【例1】(1)sin15°＋cos15°的值為()A.eq\f(\r(6),2) B．－eq\f(\r(6),2)C.eq\f(\r(2),2) D．－eq\f(\r(2),2)(2)sin415°－cos415°＝()A.eq\f(1,2) B．－eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2) D．－eq\f(\r(3),2)(3)已知sin(α＋β)＝eq\f(1,2)，sin(α－β)＝eq\f(1,3)，則logeq\r(5)(eq\f(tanα,tanβ))2等于()A．2B．3C．4D．5【解析】(1)解法1：sin15°＋cos15°＝eq\r(2)sin60°＝eq\f(\r(6),2)，故選A.解法2：sin15°＋cos15°＝eq\r(sin15°＋cos15°2)＝eq\r(1＋2sin15°cos15°)＝eq\r(1＋sin30°)＝eq\f(\r(6),2).(2)sin415°－cos415°＝(sin215°－cos215°)(sin215°＋cos215°)＝sin215°－cos215°＝－cos30°＝－eq\f(\r(3),2).故選D.(3)因為sin(α＋β)＝eq\f(1,2)，sin(α－β)＝eq\f(1,3)，所以sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(1,2)，sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(1,3)，所以sinαcosβ＝eq\f(5,12)，cosαsinβ＝eq\f(1,12)，所以eq\f(tanα,tanβ)＝5，所以logeq\r(5)(eq\f(tanα,tanβ))2＝logeq\r(5)52＝4.故選C.【答案】(1)A(2)D(3)C方法技巧1運用兩角和、差及倍角公式，首先要記住公式的結(jié)構(gòu)特征和符號改變規(guī)律.例如兩角差的余弦公式可簡記為：“同名相乘，符號反”.2運用公式求值，應(yīng)留意與同角三角函數(shù)基本關(guān)系、誘導(dǎo)公式的綜合應(yīng)用.1．已知f(x)＝tanx＋eq\f(1,tanx)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))的值為(D)A．2eq\r(3)B.eq\f(4\r(3),3)C．2D．4解析：因為f(x)＝tanx＋eq\f(1,tanx)＝eq\f(sinx,cosx)＋eq\f(cosx,sinx)＝eq\f(1,sinxcosx)＝eq\f(2,sin2x)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝eq\f(2,sin\f(π,6))＝4，故選D.2．(2024·全國卷Ⅱ)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，2sin2α＝cos2α＋1，則sinα＝(B)A.eq\f(1,5)B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(2\r(5),5)解析：由2sin2α＝cos2α＋1，得4sinαcosα＝1－2sin2α＋1，即2sinαcosα＝1－sin2α.因為α∈(0，eq\f(π,2))，所以cosα＝eq\r(1－sin2α)，所以2sinαeq\r(1－sin2α)＝1－sin2α，解得sinα＝eq\f(\r(5),5)，故選B.考點二公式的逆用與變形【例2】(1)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),3)，則cosx＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＝()A．－1 B．1C.eq\f(2\r(3),3) D.eq\r(3)(2)(1＋tan20°)(1＋tan25°)＝________.【解析】(1)由題可知，cosx＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＝cosx＋cosxcoseq\f(π,3)＋sinxsineq\f(π,3)＝eq\f(3,2)cosx＋eq\f(\r(3),2)sinx＝eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosx＋\f(1,2)sinx))＝eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝eq\r(3)×eq\f(\r(3),3)＝1.故選B.(2)方法1：(配湊法)由題意知，(1＋tan20°)(1＋tan25°)＝1＋tan20°＋tan25°＋tan20°tan25°.因為tan45°＝tan(20°＋25°)＝eq\f(tan20°＋tan25°,1－tan20°tan25°)＝1，所以tan20°＋tan25°＝1－tan20°tan25°.所以(1＋tan20°)(1＋tan25°)＝1＋tan20°＋tan25°＋tan20°tan25°＝2.方法2：(切化弦)原式＝(1＋eq\f(sin20°,cos20°))(1＋eq\f(sin25°,cos25°))＝eq\f(cos20°＋sin20°cos25°＋sin25°,cos20°·cos25°)＝eq\f(\r(2)cos25°·\r(2)cos20°,cos20°·cos25°)＝2.【答案】(1)B(2)2方法技巧1.eq\f(\r(2),2)cos375°＋eq\f(\r(2),2)sin375°的值為(A)A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(1,2)C．－eq\f(\r(3),2) D．－eq\f(1,2)解析：eq\f(\r(2),2)cos375°＋eq\f(\r(2),2)sin375°＝eq\f(\r(2),2)cos15°＋eq\f(\r(2),2)sin15°＝cos(45°－15°)＝cos30°＝eq\f(\r(3),2).故選A.2．(1＋tan20°)(1＋tan21°)(1＋tan24°)(1＋tan25°)＝4.解析：(1＋tan20°)(1＋tan25°)＝1＋tan20°＋tan25°＋tan20°tan25°＝1＋tan(20°＋25°)(1－tan20°tan25°)＋tan20°tan25°＝2，同理可得(1＋tan21°)(1＋tan24°)＝2，所以原式＝4.考點三角的變換【例3】(1)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－sinα＝eq\f(4\r(3),5)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))的值是()A．－eq\f(2\r(3),5) B．－eq\f(\r(2),10)C.eq\f(2\r(3),5) D．－eq\f(4,5)(2)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＝()A.eq\f(5π,12)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,6)【解析】(1)由coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－sinα＝eq\f(4\r(3),5)，得cosαcoseq\f(π,6)－sinαsineq\f(π,6)－sinα＝eq\f(4\r(3),5)，即eq\f(\r(3),2)cosα－eq\f(3,2)sinα＝eq\f(4\r(3),5)，∴eq\f(1,2)cosα－eq\f(\r(3),2)sinα＝eq\f(4,5)，即coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(4,5).∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))，∴α＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3))))＝eq\f(3,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))－\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))－eq\f(\r(2),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)－\f(4,5)))＝－eq\f(\r(2),10)，故選B.(2)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)]＝sinαcos(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).故選C.【答案】(1)B(2)C方法技巧1．若0<α<eq\f(π,4)，－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)))＝(A)A.eq\f(5\r(3),9) B．－eq\f(\r(3),3)C.eq\f(7\r(3),27) D．－eq\f(\r(6),9)解析：由題可知eq\f(π,4)<eq\f(π,4)＋α<eq\f(π,2)，eq\f(π,4)<eq\f(π,4)－eq\f(β,2)<eq\f(π,2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(2\r(2),3)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))＝eq\f(\r(6),3)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(β,2)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c