2025數(shù)學(xué)步步高大一輪復(fù)習(xí)講義人教A版第四章§4.3兩角和與差的正弦、余弦和正切公式§4.3兩角和與差的正弦、余弦和正切公式課標(biāo)要求1.會推導(dǎo)兩角差的余弦公式.2.會用兩角差的余弦公式推導(dǎo)出兩角差的正弦、正切公式.3.掌握兩角和與差的正弦、余弦、正切公式，并會簡單應(yīng)用．知識梳理1．兩角和與差的余弦、正弦、正切公式(1)公式C(α－β)：cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ；(2)公式C(α＋β)：cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ；(3)公式S(α－β)：sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ；(4)公式S(α＋β)：sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ；(5)公式T(α－β)：tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)；(6)公式T(α＋β)：tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ).2．輔助角公式asinα＋bcosα＝eq\r(a2＋b2)sin(α＋φ)，其中sinφ＝eq\f(b,\r(a2＋b2))，cosφ＝eq\f(a,\r(a2＋b2)).常用結(jié)論兩角和與差的公式的常用變形：(1)sinαsinβ＋cos(α＋β)＝cosαcosβ.(2)cosαsinβ＋sin(α－β)＝sinαcosβ.(3)tanα±tanβ＝tan(α±β)(1?tanαtanβ)．(4)tanαtanβ＝1－eq\f(tanα＋tanβ,tanα＋β)＝eq\f(tanα－tanβ,tanα－β)－1.自主診斷1．判斷下列結(jié)論是否正確．(請?jiān)诶ㄌ栔写颉啊獭被颉啊痢?(1)存在α，β∈R，使得sin(α－β)＝sinα－sinβ成立．(√)(2)對于任意α，β∈R，sin(α＋β)＝sinα＋sinβ都不成立．(×)(3)taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,3)))能根據(jù)公式tan(α－β)直接展開求值．(×)(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)．(×)2．(必修第一冊P220T3改編)計(jì)算cos72°cos12°＋sin72°sin12°的結(jié)果為()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(1,2)C．－eq\f(1,2)D.eq\f(\r(2),2)答案B解析cos72°cos12°＋sin72°sin12°＝cos(72°－12°)＝cos60°＝eq\f(1,2).3．(必修第一冊P220T2改編)若cosα＝－eq\f(4,5)，α是第三象限角，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))等于()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，∴sinα＝－eq\r(1－cos2α)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))2)＝－eq\f(3,5)，∴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).4．若將sinx－eq\r(3)cosx寫成2sin(x－φ)的形式，其中0≤φ<π，則φ＝.答案eq\f(π,3)解析因?yàn)閟inx－eq\r(3)cosx＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx－\f(\r(3),2)cosx))，所以cosφ＝eq\f(1,2)，sinφ＝eq\f(\r(3),2)，因?yàn)?≤φ<π，所以φ＝eq\f(π,3).題型一兩角和與差的三角函數(shù)公式例1(1)已知tanα＝eq\f(1,7)，tanβ＝eq\f(3,4)，則tan(2α＋β)的值為()A.eq\f(4,3)B.eq\f(2,3)C．－eq\f(3,4)D．－eq\f(4,3)答案A解析由tanα＝eq\f(1,7)，tanβ＝eq\f(3,4)，得tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(\f(1,7)＋\f(3,4),1－\f(1,7)×\f(3,4))＝1，tan(2α＋β)＝tan[α＋(α＋β)]＝eq\f(tanα＋tanα＋β,1－tanαtanα＋β)＝eq\f(\f(1,7)＋1,1－\f(1,7)×1)＝eq\f(4,3).(2)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).思維升華(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)特別要注意角與角之間的關(guān)系，完成統(tǒng)一角和角與角轉(zhuǎn)換的目的．跟蹤訓(xùn)練1(1)(2023·榆林模擬)已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝9，則tanα等于()A.eq\f(4,5)B．－eq\f(4,5)C.eq\f(3,4)D．－eq\f(3,4)答案A解析由taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(tanα＋1,1－tanα)＝9，解得tanα＝eq\f(4,5).(2)在△ABC中，已知sinA＝eq\f(3,5)，cosB＝eq\f(5,13)，則cosC等于()A.eq\f(16,65) B．－eq\f(16,65)C.eq\f(16,65)或eq\f(65,16) D．－eq\f(63,65)答案A解析在△ABC中，∵cosB＝eq\f(5,13)>0，∴sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(12,13)>eq\f(\r(3),2)，B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))).∵sinA＝eq\f(3,5)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，∴A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))，或A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，\f(5π,6)))(舍去)，∴cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(4,5)，∴cosC＝cos[π－(A＋B)]＝－cos(A＋B)＝－cosAcosB＋sinAsinB＝－eq\f(4,5)×eq\f(5,13)＋eq\f(3,5)×eq\f(12,13)＝eq\f(16,65).題型二兩角和與差的三角函數(shù)公式的逆用與輔助角公式例2(1)(2023·新鄉(xiāng)模擬)在△ABC中，若tanAtanB＝tanA＋tanB＋1，則cosC＝.答案eq\f(\r(2),2)解析由tanAtanB＝tanA＋tanB＋1，可得eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝－1，即tan(A＋B)＝－1，又因?yàn)锳＋B∈(0，π)，所以A＋B＝eq\f(3π,4)，則C＝eq\f(π,4)，cosC＝eq\f(\r(2),2).(2)已知函數(shù)f(x)＝sinx－2cosx，設(shè)當(dāng)x＝θ時(shí)，f(x)取得最大值，則cosθ＝.答案－eq\f(2\r(5),5)解析f(x)＝sinx－2cosx＝eq\r(5)sin(x－φ)，其中cosφ＝eq\f(\r(5),5)，sinφ＝eq\f(2\r(5),5)，則f(θ)＝eq\r(5)sin(θ－φ)＝eq\r(5)，因此θ－φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，則cosθ＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(φ＋\f(π,2)＋2kπ))＝－sinφ＝－eq\f(2\r(5),5).思維升華(1)運(yùn)用兩角和與差的三角函數(shù)公式時(shí)，不但要熟練、準(zhǔn)確，而且要熟悉公式的逆用及變形．公式的逆用和變形應(yīng)用更能開拓思路，增強(qiáng)從正向思維向逆向思維轉(zhuǎn)化的能力．(2)對asinx＋bcosx化簡時(shí)，輔助角φ的值如何求要清楚．跟蹤訓(xùn)練2(1)eq\f(1,sin10°)－eq\f(\r(3),sin80°)＝.答案4解析原式＝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(4sin30°cos10°－cos30°sin10°,2sin10°cos10°)＝eq\f(4sin30°－10°,sin20°)＝4.(2)化簡：tan10°tan20°＋tan20°tan60°＋tan60°tan10°＝.答案1解析原式＝tan10°tan20°＋tan60°(tan20°＋tan10°)＝tan10°tan20°＋eq\r(3)tan(20°＋10°)(1－tan20°tan10°)＝tan10°tan20°＋1－tan20°tan10°＝1.題型三角的變換問題例3(1)已知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(0，\f(π,2)))，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝.答案eq\f(7\r(2),10)解析因?yàn)閏oseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝－eq\f(4,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(3,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))coseq\f(π,4)－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))sineq\f(π,4)＝eq\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)(2023·臨沂模擬)已知eq\f(π,4)<α<eq\f(3π,4)，0<β<eq\f(π,4)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝－eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))＝eq\f(5,13)，則sin(α＋β)＝.答案eq\f(63,65)解析因?yàn)閑q\f(π,4)<α<eq\f(3π,4)，所以eq\f(π,2)<eq\f(π,4)＋α<π，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α)))＝eq\f(4,5).又因?yàn)?<β<eq\f(π,4)，所以eq\f(3π,4)<eq\f(3π,4)＋β<π，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))＝－eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β)))＝－eq\f(12,13)，所以sin(α＋β)＝－sin(π＋α＋β)＝－sineq\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(3π,4)＋β))))＝－eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))＋))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋β))))＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,5)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,13)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×\f(5,13)))＝eq\f(63,65).思維升華(1)當(dāng)“已知角”有兩個(gè)時(shí)，“所求角”一般表示為兩個(gè)“已知角”的和或差的形式．(2)當(dāng)“已知角”有一個(gè)時(shí)，“所求角”一般表示為“已知角”與特殊角的和或差的形式，或者應(yīng)用誘導(dǎo)公式把“所求角”變成“已知角”．(3)常見的角的變換：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．跟蹤訓(xùn)練3(1)(2024·上饒模擬)已知sinα＝eq\f(\r(5),5)，α為鈍角，tan(α－β)＝eq\f(1,3)，則tanβ等于()A．1B．－1C．2D．－2答案B解析∵sinα＝eq\f(\r(5),5)，α為鈍角，∴cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(2\r(5),5)，∴tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝－eq\f(1,2)，又tan(α－β)＝eq\f(1,3)，則tanβ＝tan[α－(α－β)]＝eq\f(tanα－tanα－β,1＋tanαtanα－β)＝eq\f(－\f(1,2)－\f(1,3),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×\f(1,3))＝－1.(2)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(5,13)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(12,13)×eq\f(1,2)＝eq\f(5\r(3)＋12,26).課時(shí)精練一、單項(xiàng)選擇題1．(2023·西寧模擬)若tanα＝－3eq\r(3)，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))等于()A．－eq\f(5\r(3),3)B．－eq\f(5\r(3),6)C.eq\f(5\r(3),3)D.eq\f(4\r(3),3)答案C解析因?yàn)閠anα＝－3eq\r(3)，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq\f(tanα－tan\f(π,6),1＋tanαtan\f(π,6))＝eq\f(－3\r(3)－\f(\r(3),3),1－3\r(3)×\f(\r(3),3))＝eq\f(5\r(3),3).2．已知角α的終邊經(jīng)過點(diǎn)P(sin47°，cos47°)，則sin(α－13°)等于()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),2)C．－eq\f(1,2) D．－eq\f(\r(3),2)答案A解析由三角函數(shù)的定義，得sinα＝cos47°，cosα＝sin47°，則sin(α－13°)＝sinαcos13°－cosαsin13°＝cos47°cos13°－sin47°sin13°＝cos(47°＋13°)＝cos60°＝eq\f(1,2).3．已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝－3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))，則sin2α的值是()A．2eq\r(3)B.eq\f(4\r(3),7)C．－2eq\r(3)D．－eq\f(4\r(3),7)答案D解析∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝－3coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))，即eq\f(1,2)sinα－eq\f(\r(3),2)cosα＝－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα＋\f(1,2)sinα))，整理得2sinα＝－eq\r(3)cosα，∴tanα＝－eq\f(\r(3),2)，∴sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(2sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝eq\f(2tanα,tan2α＋1)＝eq\f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))2＋1)＝－eq\f(4\r(3),7).4．(1＋tan25°)(1＋tan20°)的值是()A．－2B．2C．1D．－1答案B解析由題意得(1＋tan25°)(1＋tan20°)＝1＋tan20°＋tan25°＋tan20°tan25°，又tan20°＋tan25°＝tan(20°＋25°)(1－tan20°tan25°)＝1－tan20°tan25°，所以(1＋tan25°)(1＋tan20°)＝1＋(1－tan20°tan25°)＋tan20°tan25°＝2.5．定義運(yùn)算eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝ad－bc，若cosα＝eq\f(1,7)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sinαsinβ,cosαcosβ))＝eq\f(3\r(3),14)，0<β<α<eq\f(π,2)，則β等于()A.eq\f(π,12)B.eq\f(π,6)C.eq\f(π,4)D.eq\f(π,3)答案D解析由題意得，sinαcosβ－cosαsinβ＝sin(α－β)＝eq\f(3\r(3),14).∵0<β<α<eq\f(π,2)，∴0<α－β<eq\f(π,2)，∴cos(α－β)＝eq\f(13,14).又∵cosα＝eq\f(1,7)，∴sinα＝eq\f(4\r(3),7)，sinβ＝sin[α－(α－β)]＝sinαcos(α－β)－cosαsin(α－β)＝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)，∴β＝eq\f(π,3).6．(2023·新高考全國Ⅰ)已知sin(α－β)＝eq\f(1,3)，cosαsinβ＝eq\f(1,6)，則cos(2α＋2β)等于()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?yàn)閟in(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(1,3)，而cosαsinβ＝eq\f(1,6)，因此sinαcosβ＝eq\f(1,2)，則sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(2,3)，所以cos(2α＋2β)＝cos2(α＋β)＝1－2sin2(α＋β)＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2＝eq\f(1,9).二、多項(xiàng)選擇題7．(2023·廣州模擬)下列等式成立的有()A．sin15°cos15°＝eq\f(1,2)B．sin75°cos15°＋cos75°sin15°＝1C．cos105°cos75°－sin105°cos15°＝－1D.eq\r(3)sin15°＋cos15°＝1答案BC解析對于A，sin15°cos15°＝eq\f(1,2)sin30°＝eq\f(1,4)，故A錯(cuò)誤；對于B，sin75°cos15°＋cos75°sin15°＝sin(75°＋15°)＝sin90°＝1，故B正確；對于C，cos105°cos75°－sin105°cos15°＝cos(105°＋75°)＝cos180°＝－1，故C正確；對于D，eq\r(3)sin15°＋cos15°＝2sin(15°＋30°)＝2sin45°＝eq\r(2)，故D錯(cuò)誤．8．已知α，β，γ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sinβ＋sinγ＝sinα，cosα＋cosγ＝cosβ，則下列說法正確的是()A．cos(β－α)＝eq\f(\r(3),2) B．cos(β－α)＝eq\f(1,2)C．β－α＝eq\f(π,6) D．β－α＝－eq\f(π,3)答案BD解析由已知可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinγ＝sinα－sinβ，,cosγ＝cosβ－cosα，))所以1＝sin2γ＋cos2γ＝(sinα－sinβ)2＋(cosβ－cosα)2＝2－2(cosβcosα＋sinβsinα)＝2－2cos(β－α)，所以cos(β－α)＝eq\f(1,2)，因?yàn)棣?，β，γ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則－eq\f(π,2)<β－α<eq\f(π,2)，因?yàn)閟inγ＝sinα－sinβ>0，函數(shù)y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，則α>β，則－eq\f(π,2)<β－α<0，故β－α＝－eq\f(π,3).三、填空題9．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).10．求值：sin220°(tan10°－eq\r(3))＝.答案1解析原式＝－sin40°eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sin10°,cos10°)－\r(3)))＝－sin40°·eq\f(sin10°－\r(3)cos10°,cos10°)＝－sin40°·eq\f(2sin－50°,cos10°)＝eq\f(2sin40°sin50°,cos10°)＝eq\f(2sin40°cos40°,cos10°)＝eq\f(sin80°,cos10°)＝1.11．當(dāng)θ∈(0，π)時(shí)，若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－θ))＝－eq\f(3,5)，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))的值為．答案eq\f(4,3)解析因?yàn)棣取?0，π)，所以－θ∈(－π，0)，所以eq\f(5π,6)－θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，因?yàn)閏oseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－θ))＝－eq\f(3,5)<0，所以eq\f(5π,6)－θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,6)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－θ))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－θ)))＝eq\f(4,5)，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)－π))＝－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－θ))＝－eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－θ)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－θ)))＝eq\f(4,3).12．已知3cos(2α＋β)＋5cosβ＝0，則tan(α＋β)tanα＝.答案－4解析由已知得3cos[(α＋β)＋α]＋5cos[(α＋β)－α]＝0，因此3cos(α＋β)cosα－3sin(α＋β)sinα＋5cos(α＋β)cosα＋5sin(α＋β)sinα＝0，整理得8cos(α＋β)cosα＋2sin(α＋β)sinα＝0，因此sin(α＋β)sinα＝－4cos(α＋β)cosα，于是eq\f(sinα＋β,cosα＋β)·eq\f(sinα,cosα)＝－4，即tan(α＋β)tanα＝－4.四、解答題13．已知α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3cosα＝2\r(2)cosβ，,cosαcosβ＝\f(3\r(2),5).))(1)求α＋β的值；(2)證明：0<α－β<eq\f(π,4)，并求sin(α－β)的值．解(1)因?yàn)棣?，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosα>0，cosβ>0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3cosα＝2\r(2)cosβ，,cosαcosβ＝\f(3\r(2),5)，))解得cosα＝eq\f(2\r(5),5)，cosβ＝eq\f(3\r(10),10)，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(\r(5),5)，sinβ＝eq\r(1－cos2β)＝eq\f(\r(10),10)，則cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(2\r(5),5)×eq\f(3\r(10),10)－eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(10),10)＝eq\f(\r(2),2)，因?yàn)棣粒隆?0，π)，所以α＋β＝eq\f(π,4).(2)因?yàn)棣粒拢絜q\f(π,4)，sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)>sinα＝eq\f(\r(5),5)>sinβ＝eq\f(\r(10),10)，且函數(shù)y＝sinx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，所以0<β<α<eq\f(π,4)，所以0<α－β<eq\f(π,4)，所以sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(\r(5),5)×eq\f(3\r(10),10)－eq\f(2\r(5),5)×eq\f(\r(10),10)＝eq\f(\r(2),10).14．(2023·沈陽模擬)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝－eq\f(2\r(7),7)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\f(1,2)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).求：(1)coseq\f(α＋β,2)的值；(2)tan(α＋β)的值．解(1)∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴α－eq\f(β,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))，eq\f(α,2)－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,2)))，∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝－eq\f(2\r(7),7)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\f(1,2)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2))))＝eq\f(\r(21),7)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β)))＝eq\f(\r(3),2)，∴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\f(2\r(7),7)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(\r(21),7)×eq\f(1,2)＝－eq\f(\r(21),14).(2)∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴α＋β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))，則eq\f(α＋β,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，∵coseq\f(α＋β,2)＝－eq\f(\r(21),14)，∴sineq\f(α＋β,2)＝eq\r(1－cos2\f(α＋β,2))＝eq\f(5\r(7),14)，∴taneq\f(α＋β,2)＝－eq\f(5\r(3),3).∴tan(α＋β)＝eq\f(2tan\f(α＋β,2),1－tan2\f(α＋β,2))＝eq\f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5\r(3),3))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5\r(3),3)))2)＝eq\f(5\r(3),11).15．(2023·鄭州模擬)已知角θ∈(0,2π)，θ終邊上有一點(diǎn)(cos2－sin2，－cos2－sin2)，則θ等于()A．2 B.eq\f(3π,4)＋2C.eq\f(7π,4)－2 D.eq\f(π,2)＋2答案C解析tanθ＝eq\f(－cos2－sin2,cos2－sin2)＝－eq\f(1＋tan2,1－tan2)＝－eq\f(tan\f(π,4)＋tan2,1－tan\f(π,4)tan2)＝－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋2))＝taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋2))))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)－2))，故θ＝eq\f(3π,4)－2＋kπ，k∈Z.又cos2－sin2<0，－cos2－sin2＝－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋2))<0，故θ在第三象限，故k＝1，θ＝eq\f(7π,4)－2.16．(2024·廈門模擬)在平面直角坐標(biāo)系中，O(0,0)，A(sinα，cosα)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))，sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))))，當(dāng)∠AOB＝eq\f(2π,3)時(shí)，寫出α的一個(gè)值為．答案－eq\f(π,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(答案不唯一，滿足α＝－\f(π,6)＋kπk∈Z或α＝\f(π,2)＋kπk∈Z的其中一值即可))解析由題意可得eq\o(OA,\s\up6(→))＝(sinα，cosα)，eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))，sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))))，所以|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝eq\r(sin2α＋cos2α)＝1，同理可得|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝1，則cos∠AOB＝cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(OA,\s\up6(→))·\o(OB,\s\up6(→)),|\o(OA,\s\up6(→))||\o(OB,\s\up6(→))|)＝sinαcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＋cosαsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))＝coseq\f(2π,3)＝－eq\f(1,2)，所以2α＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)＋2kπ(k∈Z)或2α＋eq\f(π,6)＝eq\f(7π,6)＋2kπ(k∈Z)，解得α＝－eq\f(π,6)＋kπ(k∈Z)或α＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)．§4.4簡單的三角恒等變換課標(biāo)要求能運(yùn)用兩角和與差的正弦、余弦、正切公式推導(dǎo)二倍角的正弦、余弦、正切公式，并進(jìn)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)．知識梳理1．二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)公式S2α：sin2α＝2sinαcosα.(2)公式C2α：cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.(3)公式T2α：tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α).2．半角公式(不要求記憶)sineq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1－cosα,2))；coseq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1＋cosα,2))；taneq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα)).符號由eq\f(α,2)所在象限決定．常用結(jié)論1．二倍角公式的變形公式(1)1－cosα＝2sin2eq\f(α,2)，1＋cosα＝2cos2eq\f(α,2).(升冪公式)(2)1±sinα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)±cos\f(α,2)))2.(升冪公式)(3)sin2α＝eq\f(1－cos2α,2)，cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)，tan2α＝eq\f(1－cos2α,1＋cos2α).(降冪公式)2．半角正切公式的有理化taneq\f(α,2)＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\f(1－cosα,sinα).自主診斷1．判斷下列結(jié)論是否正確．(請?jiān)诶ㄌ栔写颉啊獭被颉啊痢?(1)二倍角的正弦、余弦、正切公式的適用范圍是任意角．(×)(2)半角的正切公式成立的條件是α≠(2k＋1)π(k∈Z)．(√)(3)存在角α，使得sin2α＝2sinα成立．(√)(4)sin2eq\f(π,12)－cos2eq\f(π,12)＝eq\f(\r(3),2).(×)2．(必修第一冊P226T2改編)cos15°等于()A.eq\r(\f(1＋cos30°,2)) B.eq\r(\f(1－cos30°,2))C．±eq\r(\f(1＋cos30°,2)) D．±eq\r(\f(1－cos30°,2))答案A解析因?yàn)?5°是第一象限角，所以cos15°>0，由半角的余弦公式可知cos15°＝eq\r(\f(1＋cos30°,2)).3．若角α滿足sinα＋2cosα＝0，則tan2α等于()A．－eq\f(4,3)B.eq\f(3,4)C．－eq\f(3,4)D.eq\f(4,3)答案D解析由題意知，tanα＝－2，所以tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(4,3).4．(必修第一冊P223T2改編)若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,2)))＝－eq\f(\r(7),4)，則cos2θ的值為．答案eq\f(1,8)解析因?yàn)閏oseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,2)))＝－eq\f(\r(7),4)，所以sinθ＝eq\f(\r(7),4)，所以cos2θ＝1－2sin2θ＝eq\f(1,8).題型一三角函數(shù)式的化簡例1(1)eq\r(1－sin40°)＋eq\r(\f(1－cos40°,2))的化簡結(jié)果為()A．－sin20° B．－cos20°C．cos20° D．sin20°答案C解析原式＝eq\r(sin20°－cos20°2)＋eq\r(\f(1－1－2sin220°,2))＝|sin20°－cos20°|＋eq\r(sin220°)＝cos20°－sin20°＋sin20°＝cos20°.(2)化簡：cos20°cos40°cos80°＝.答案eq\f(1,8)解析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(1,8).積化和差、和差化積公式在三角函數(shù)的化簡、求值中，有時(shí)可以用和差化積、積化和差公式，把非特殊角轉(zhuǎn)化為特殊角進(jìn)行計(jì)算．典例化簡下列各式．(1)sin54°－sin18°＝；(2)cos146°＋cos94°＋2cos47°cos73°＝.答案(1)eq\f(1,2)(2)－eq\f(1,2)解析(1)由和差化積公式可得，sin54°－sin18°＝2cos36°·sin18°＝2×eq\f(2sin18°cos18°cos36°,2cos18°)＝eq\f(2sin36°cos36°,2cos18°)＝eq\f(sin72°,2cos18°)＝eq\f(cos18°,2cos18°)＝eq\f(1,2).(2)由和差化積和積化和差公式可得，cos146°＋cos94°＋2cos47°cos73°＝2cos120°cos26°＋2×eq\f(1,2)(cos120°＋cos26°)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))cos26°＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋cos26°＝－eq\f(1,2).思維升華(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(bǔ)等)，尋找式子和三角函數(shù)公式之間的聯(lián)系點(diǎn)．跟蹤訓(xùn)練1(1)(2023·成都聯(lián)考)已知θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，eq\f(16,3)cos2eq\f(θ,2)＝1＋cos2θ，則tanθ等于()A．－eq\f(\r(5),3)B．－eq\f(\r(5),2)C．－eq\f(3\r(5),5)D．－eq\f(2\r(5),5)答案B解析因?yàn)閑q\f(16,3)cos2eq\f(θ,2)＝1＋cos2θ，將cos2eq\f(θ,2)＝eq\f(1＋cosθ,2)，cos2θ＝2cos2θ－1代入化簡，可得3cos2θ－4cosθ－4＝0，解得cosθ＝2(舍去)或cosθ＝－eq\f(2,3)，又因?yàn)棣取蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以sinθ＝eq\f(\r(5),3)，則tanθ＝eq\f(sinθ,cosθ)＝－eq\f(\r(5),2).(2)已知0<θ<π，則eq\f(1＋sinθ＋cosθ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2))),\r(2＋2cosθ))＝.答案－cosθ解析原式＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2)＋2cos2\f(θ,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2))),\r(4cos2\f(θ,2)))＝coseq\f(θ,2)·eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2\f(θ,2)－cos2\f(θ,2))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(θ,2))))＝eq\f(－cos\f(θ,2)·cosθ,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(θ,2)))).因?yàn)?<θ<π，所以0<eq\f(θ,2)<eq\f(π,2)，所以coseq\f(θ,2)>0.所以原式＝－cosθ.題型二三角函數(shù)式的求值命題點(diǎn)1給角求值例2(2024·保定模擬)黃金三角形有兩種，一種是頂角為36°的等腰三角形，另一種是頂角為108°的等腰三角形．已知在頂角為36°的黃金三角形中，36°角對應(yīng)邊與72°角對應(yīng)邊的比值為eq\f(\r(5)－1,2)≈0.618，這個(gè)值被稱為黃金比例．若t＝eq\f(\r(5)－1,2)，則eq\f(1－2sin227°,2t\r(4－t2))等于()A.eq\f(\r(5)＋1,4) B.eq\f(\r(5)－1,4)C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,4)答案D解析依題意，得t＝eq\f(sin36°,sin72°)＝eq\f(sin144°,sin72°)＝2cos72°，則eq\f(1－2sin227°,2t\r(4－t2))＝eq\f(cos54°,4cos72°\r(4－2cos72°2))＝eq\f(cos54°,4cos72°\r(4sin272°))＝eq\f(cos54°,4cos72°·2sin72°)＝eq\f(sin36°,4sin144°)＝eq\f(1,4).命題點(diǎn)2給值求值例3(2023·濟(jì)寧模擬)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),3)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))等于()A．－eq\f(2,3)B.eq\f(2,3)C．－eq\f(1,3)D.eq\f(1,3)答案D解析sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－\f(π,2)))＝－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝1－2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝1－2×eq\f(1,3)＝eq\f(1,3).命題點(diǎn)3給值求角例4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?yàn)閏osα＝eq\f(2\r(7),7)，所以cos2α＝2cos2α－1＝eq\f(1,7).又因?yàn)棣粒戮鶠殇J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?yàn)棣翞殇J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).思維升華(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(shí)，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．跟蹤訓(xùn)練2(1)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,10)))＝－eq\f(4,5)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,10)))＝.答案eq\f(7,25)解析∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,10)))＝－eq\f(4,5)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,5)))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,10)))－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))2－1＝eq\f(7,25)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,10)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,5)))＋\f(π,2)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,5)))＝eq\f(7,25).(2)(2023·青島統(tǒng)考)已知α為銳角，1＋eq\f(\r(3),tan80°)＝eq\f(1,sinα)，則α＝.答案50°解析因?yàn)?＋eq\f(\r(3),tan80°)＝eq\f(sin80°＋\r(3)cos80°,sin80°)＝eq\f(2sin80°＋60°,sin80°)＝eq\f(2sin140°,2sin40°cos40°)＝eq\f(sin40°,sin40°cos40°)＝eq\f(1,cos40°)＝eq\f(1,sin50°)＝eq\f(1,sinα)，所以sinα＝sin50°，又因?yàn)棣翞殇J角，所以α＝50°.題型三三角恒等變換的綜合應(yīng)用例5(2023·廣州模擬)若α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且(1－cos2α)(1＋sinβ)＝sin2αcosβ，則下列結(jié)論正確的是()A．2α＋β＝eq\f(5π,2) B．2α－β＝eq\f(3π,4)C．α＋β＝eq\f(7π,4) D．α－β＝eq\f(π,2)答案A解析∵α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴sinα≠0，∵(1－cos2α)(1＋sinβ)＝sin2αcosβ，∴2sin2α(1＋sinβ)＝2sinαcosαcosβ，即sinα(1＋sinβ)＝cosαcosβ.∴sinα＝cosαcosβ－sinαsinβ＝cos(α＋β)，∴cos(α＋β)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))，∵α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴π<α＋β<2π，且－eq\f(π,2)<eq\f(π,2)－α<0，∴α＋β＝eq\f(π,2)－α＋2π，解得2α＋β＝eq\f(5π,2).思維升華(1)進(jìn)行三角恒等變換要抓?。鹤兘恰⒆兒瘮?shù)名稱、變結(jié)構(gòu)，尤其是角之間的關(guān)系；注意公式的逆用和變形使用．(2)形如y＝asinx＋bcosx化為y＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)，可進(jìn)一步研究函數(shù)的周期性、單調(diào)性、最值與對稱性．跟蹤訓(xùn)練3(2024·哈爾濱模擬)已知eq\f(π,4)<θ<eq\f(π,3)，若a＝eq\f(tanθ,tan2θ＋1)，b＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2θ，c＝eq\f(1,cosθ)－cosθ，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．c>a>b B．b>c>aC．c>b>a D．b>a>c答案C解析a＝eq\f(tanθ,tan2θ＋1)＝eq\f(sinθcosθ,sin2θ＋cos2θ)＝sinθcosθ，b＝eq\f(1,2)(1－cos2θ)＝sin2θ，c＝eq\f(1,cosθ)－cosθ＝eq\f(sin2θ,cosθ)＝sinθtanθ，又eq\f(π,4)<θ<eq\f(π,3)，則sinθ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2)))，且tanθ>1>sinθ>eq\f(\r(2),2)>cosθ>eq\f(1,2)，所以c＝sinθtanθ>b＝sin2θ>a＝sinθcosθ.課時(shí)精練一、單項(xiàng)選擇題1．(2023·新高考全國Ⅱ)已知α為銳角，cosα＝eq\f(1＋\r(5),4)，則sineq\f(α,2)等于()A.eq\f(3－\r(5),8) B.eq\f(－1＋\r(5),8)C.eq\f(3－\r(5),4) D.eq\f(－1＋\r(5),4)答案D解析因?yàn)棣翞殇J角，所以sineq\f(α,2)＝eq\r(\f(1－cosα,2))＝eq\r(\f(3－\r(5),8))＝eq\r(\f(\r(5)－12,16))＝eq\f(\r(5)－1,4).2．(2023·邢臺模擬)1＋tan22.5°等于()A.eq\r(2)B.eq\f(\r(5),2)C.eq\f(1＋\r(5),2)D.eq\f(1＋\r(2),2)答案A解析由tan45°＝eq\f(2tan22.5°,1－tan222.5°)＝1，得2tan22.5°＝1－tan222.5°，所以(tan22.5°＋1)2＝2，又tan22.5°>0，所以1＋tan22.5°＝eq\r(2).3．(2023·湖南師范大學(xué)附屬中學(xué)模擬)已知eq\f(sinθ,1＋cosθ)＝2，則tanθ等于()A.eq\f(4,3)B．－eq\f(2,3)C．－eq\f(4,3)D.eq\f(2,3)答案C解析由eq\f(sinθ,1＋cosθ)＝eq\f(2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2),2cos2\f(θ,2))＝eq\f(sin\f(θ,2),cos\f(θ,2))＝taneq\f(θ,2)＝2，得tanθ＝eq\f(2tan\f(θ,2),1－tan2\f(θ,2))＝eq\f(4,1－4)＝－eq\f(4,3).4．(2023·連云港模擬)已知2cos(2α＋β)－3cosβ＝0，則tanαtan(α＋β)等于()A．5B.eq\f(1,5)C．－5D．－eq\f(1,5)答案D解析2cos(2α＋β)＝3cosβ，則2cos(α＋β＋α)＝3cos(α＋β－α)，則2cos(α＋β)cosα－2sin(α＋β)sinα＝3cos(α＋β)cosα＋3sin(α＋β)sinα，即－5sin(α＋β)sinα＝cos(α＋β)cosα，所以－5tan(α＋β)tanα＝1，所以tanαtan(α＋β)＝－eq\f(1,5).5．(2023·茂名模擬)已知tanα＝eq\r(2)，則eq\f(sin3α,sinα)－sin2α等于()A．－eq\f(1,2)B．－eq\f(1,3)C.eq\f(1,3)D.eq\f(1,2)答案B解析因?yàn)閠anα＝eq\r(2)，所以eq\f(sin3α,sinα)－sin2α＝eq\f(sinα＋2α,sinα)－sin2α＝eq\f(sinαcos2α＋cosαsin2α,sinα)－sin2α＝cos2α＋2cos2α－sin2α＝cos2α－sin2α＋2cos2α－sin2α＝3cos2α－2sin2α＝eq\f(3cos2α－2sin2α,cos2α＋sin2α)＝eq\f(3－2tan2α,1＋tan2α)＝eq\f(3－2×\r(2)2,1＋\r(2)2)＝－eq\f(1,3).6．(2024·平頂山模擬)若sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(3,5)，eq\f(17π,12)<α<eq\f(7π,4)，則sin2α＋sin2α等于()A.eq\f(16,25)B.eq\f(4,5)C.eq\f(37,50)D.eq\f(7,10)答案D解析由eq\f(17π,12)<α<eq\f(7π,4)，知eq\f(5π,3)<α＋eq\f(π,4)<2π，因?yàn)閟ineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\f(3,5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\f(4,5)，所以sinα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)－\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))－eq\f(\r(2),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)－\f(4,5)))＝－eq\f(7\r(2),10)，而sin2α＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))))＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))2))＝－eq\f(7,25)，所以sin2α＋sin2α＝－eq\f(7,25)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7\r(2),10)))2＝eq\f(7,10).二、多項(xiàng)選擇題7．下列計(jì)算結(jié)果正確的是()A．cos(－15°)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)B．sin15°sin30°sin75°＝eq\f(1,8)C．cos(α－35°)cos(25°＋α)＋sin(α－35°)sin(25°＋α)＝－eq\f(1,2)D．2sin18°cos36°＝eq\f(1,2)答案BD解析對于A，cos(－15°)＝cos15°＝cos(45°－30°)＝cos45°cos30°＋sin45°sin30°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，所以A錯(cuò)誤；對于B，sin15°sin30°sin75°＝sin15°sin30°cos15°＝eq\f(1,2)sin15°cos15°＝eq\f(1,4)sin30°＝eq\f(1,8)，所以B