2024高考数学一轮复习讲义（步步高版）第四章　§4.4　简单的三角恒等变换

这是一份2024高考数学一轮复习讲义（步步高版）第四章　§4.4　简单的三角恒等变换，共16页。试卷主要包含了二倍角的正弦、余弦、正切公式，常用的部分三角公式，下列计算结果正确的是，化简并求值等内容，欢迎下载使用。


知识梳理
1．二倍角的正弦、余弦、正切公式
(1)公式S2α：sin 2α＝2sin αcs α.
(2)公式C2α：cs 2α＝cs2α－sin2α＝2cs2α－1＝1－2sin2α.
(3)公式T2α：tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α).
2．常用的部分三角公式
(1)1－cs α＝2sin2eq \f(α,2),1＋cs α＝2cs2eq \f(α,2).(升幂公式)
(2)1±sin α＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(α,2)±cs \f(α,2)))2.(升幂公式)
(3)sin2α＝eq \f(1－cs 2α,2)，cs2α＝eq \f(1＋cs 2α,2)，tan2α＝eq \f(1－cs 2α,1＋cs 2α).(降幂公式)
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)半角的正弦、余弦公式实质就是将倍角的余弦公式逆求而得来的．( √ )
(2)存在实数α，使tan 2α＝2tan α.( √ )
(3)cs2eq \f(θ,2)＝eq \f(1＋cs θ,2).( √ )
(4)tan eq \f(α,2)＝eq \f(sin α,1＋cs α)＝eq \f(1－cs α,sin α).( √ )
教材改编题
1．(2021·全国乙卷)cs2eq \f(π,12)－cs2eq \f(5π,12)等于( )
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 方法一 (公式法)因为cs eq \f(5π,12)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\f(5π,12)))＝sin eq \f(π,12)，所以cs2eq \f(π,12)－cs2eq \f(5π,12)＝cs2eq \f(π,12)－sin2eq \f(π,12)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)))＝cs eq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2).
方法二 (代值法)因为cs eq \f(π,12)＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，cs eq \f(5π,12)＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)，
所以cs2eq \f(π,12)－cs2eq \f(5π,12)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6)＋\r(2),4)))2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6)－\r(2),4)))2＝eq \f(\r(3),2).
2．若角α满足sin α＋2cs α＝0，则tan 2α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 由题意知，tan α＝－2，所以tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(4,3).
3．若α为第二象限角，sin α＝eq \f(5,13)，则sin 2α等于( )
A．－eq \f(120,169) B．－eq \f(60,169) C.eq \f(120,169) D.eq \f(60,169)
答案 A
解析 因为α为第二象限角，sin α＝eq \f(5,13)，
所以cs α＝－eq \r(1－sin 2α)＝－eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,13)))2)＝－eq \f(12,13)，
所以sin 2α＝2sin αcs α＝2×eq \f(5,13)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(12,13)))＝－eq \f(120,169).
题型一 三角函数式的化简
例1 (1)(2021·全国甲卷)若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，tan 2α＝eq \f(cs α,2－sin α)，则tan α等于( )
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 方法一 因为tan 2α＝eq \f(sin 2α,cs 2α)＝eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)，
且tan 2α＝eq \f(cs α,2－sin α)，
所以eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)＝eq \f(cs α,2－sin α)，解得sin α＝eq \f(1,4).
因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以cs α＝eq \f(\r(15),4)，tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝eq \f(\r(15),15).
方法二 因为tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(\f(2sin α,cs α),1－\f(sin2α,cs2α))＝eq \f(2sin αcs α,cs2α－sin2α)＝eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)，且tan 2α＝eq \f(cs α,2－sin α)，所以eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)＝eq \f(cs α,2－sin α)，解得sin α＝eq \f(1,4).
因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以cs α＝eq \f(\r(15),4)，tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝eq \f(\r(15),15).
(2)已知sin α＋cs α＝eq \f(2\r(3),3)，则sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝________.
答案 eq \f(1,3)
解析 因为sin α＋cs α＝eq \f(2\r(3),3)，
两边同时平方得sin2α＋2sin αcs α＋cs2α＝eq \f(4,3)，
即sin 2α＝eq \f(1,3)，
由降幂公式可知sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,2))),2)＝eq \f(1－sin 2α,2)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,2)sin 2α＝eq \f(1,3).
思维升华 (1)三角函数式的化简要遵循“三看”原则：
一看角，二看名，三看式子结构与特征．
(2)三角函数式的化简要注意观察条件中角之间的联系(和、差、倍、互余、互补等)，寻找式子和三角函数公式之间的联系点．
跟踪训练1 (1)若f(α)＝2tan α－eq \f(2sin2\f(α,2)－1,2sin \f(α,2)·cs \f(α,2))，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))的值是________．
答案 6－eq \r(3)
解析 依题意，f(α)＝2tan α－eq \f(－cs α,sin α)
＝2tan α＋eq \f(1,tan α)，
而tan eq \f(π,12)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－\f(π,4)))＝eq \f(tan \f(π,3)－tan \f(π,4),1＋tan \f(π,3)·tan \f(π,4))＝eq \f(\r(3)－1,1＋\r(3))＝2－eq \r(3)，
于是得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))＝2(2－eq \r(3))＋eq \f(1,2－\r(3))＝6－eq \r(3)，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)))的值是6－eq \r(3).
(2)化简：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,tan \f(α,2))－tan \f(α,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋tan α·tan \f(α,2)))＝________.
答案 eq \f(2,sin α)
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,tan \f(α,2))－tan \f(α,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋tan α·tan \f(α,2)))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(cs \f(α,2),sin \f(α,2))－\f(sin \f(α,2),cs \f(α,2))))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(sin α,cs α)·\f(sin \f(α,2),cs \f(α,2))))
＝eq \f(cs2\f(α,2)－sin2\f(α,2),sin \f(α,2)cs \f(α,2))·eq \f(cs αcs \f(α,2)＋sin αsin \f(α,2),cs αcs \f(α,2))
＝eq \f(2cs α,sin α)·eq \f(cs \f(α,2),cs αcs \f(α,2))＝eq \f(2,sin α).
题型二 三角函数式的求值
命题点1 给角求值
例2 计算：(1)sin 10°·sin 30°·sin 50°·sin 70°；
(2)eq \f(1,2sin 10°)－eq \f(\r(3),2cs 10°)；
(3)eq \f(cs 10°1＋\r(3)tan 10°－2sin 50°,\r(1－cs 10°)).
解 (1)原式＝eq \f(1,2)cs 20°·cs 40°·cs 80°
＝eq \f(sin 20°·cs 20°·cs 40°·cs 80°,2sin 20°)＝eq \f(sin 160°,16·sin 20°)＝eq \f(1,16).
(2)原式＝eq \f(cs 10°－\r(3)sin 10°,2sin 10°·cs 10°)＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs 10°－\f(\r(3),2)sin 10°)),sin 20°)＝eq \f(2sin30°－10°,sin 20°)＝2.
(3)原式＝eq \f(cs 10°＋\r(3)sin 10°－2sin 50°,\r(2)sin 5°)＝eq \f(2sin 40°－2sin 50°,\r(2)sin 5°)＝eq \f(2sin 40°－2cs 40°,\r(2)sin 5°)＝eq \f(2\r(2)sin40°－45°,\r(2)sin 5°)＝eq \f(－2\r(2)sin 5°,\r(2)sin 5°)＝－2.
命题点2 给值求值
例3 (2023·长春质检)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))＋eq \r(3)cs α＝eq \f(1,3)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,6)))等于( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(2,9) C．－eq \f(1,9) D．－eq \f(7,9)
答案 D
解析 ∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))＋eq \r(3)cs α＝eq \f(1,3)，
∴sin αcs eq \f(π,3)－cs αsin eq \f(π,3)＋eq \r(3)cs α＝eq \f(1,3)，
∴eq \f(1,2)sin α－eq \f(\r(3),2)cs α＋eq \r(3)cs α＝eq \f(1,3)，
∴eq \f(1,2)sin α＋eq \f(\r(3),2)cs α＝eq \f(1,3)，
∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝eq \f(1,3)，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,6)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＋\f(π,2)))
＝cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))
＝2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))－1
＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2－1
＝－eq \f(7,9).
命题点3 给值求角
例4 已知 sin α＝eq \f(\r(2),10)，cs β＝eq \f(3\r(10),10)，且α，β为锐角，则α＋2β＝ .
答案 eq \f(π,4)
解析 因为sin α＝eq \f(\r(2),10)，且α为锐角，所以cs α＝eq \r(1－sin2α)＝eq \r(1－\f(2,100))＝eq \f(7\r(2),10)，
因为cs β＝eq \f(3\r(10),10)，且β为锐角，所以sin β＝eq \r(1－cs2β)＝eq \r(1－\f(90,100))＝eq \f(\r(10),10)，
那么sin 2β＝2sin βcs β＝2×eq \f(\r(10),10)×eq \f(3\r(10),10)＝eq \f(3,5)，
cs 2β＝1－2sin2β＝1－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(10),10)))2＝eq \f(4,5)，
所以cs(α＋2β)＝cs αcs 2β－sin αsin 2β＝eq \f(7\r(2),10)×eq \f(4,5)－eq \f(\r(2),10)×eq \f(3,5)＝eq \f(\r(2),2)，
因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以2β∈(0，π)．
所以α＋2β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,2)))，故α＋2β＝eq \f(π,4).
思维升华 (1)给值(角)求值问题求解的关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系，借助角之间的联系寻找转化方法．
(2)给值(角)求值问题的一般步骤
①化简条件式子或待求式子；
②观察条件与所求式子之间的联系，从函数名称及角入手；
③将已知条件代入所求式子，化简求值．
跟踪训练2 (1)已知α∈(0，π)，sin 2α＋cs 2α＝cs α－1，则sin 2α等于( )
A.eq \f(3,4) B．－eq \f(3,8)
C．－eq \f(3,4) 或0 D.eq \f(3,8)
答案 C
解析 ∵sin 2α＝2sin αcs α，cs 2α＝2cs2α－1，
∴2sin αcs α＋2cs2α＝cs α，
当cs α＝0 时，等式成立，此时sin 2α＝0；
当cs α≠0 时，sin α＋cs α＝eq \f(1,2)，
两边平方得sin 2α＝－eq \f(3,4).
综上可得，sin 2α＝－eq \f(3,4)或0.
(2)(2023·南京模拟)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(15°－\f(α,2)))＝tan 210°，则sin(60°＋α)的值为( )
A.eq \f(1,3) B．－eq \f(1,3) C.eq \f(2,3) D．－eq \f(2,3)
答案 A
解析 ∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(15°－\f(α,2)))＝tan 210°，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(15°－\f(α,2)))＝tan 210°＝tan(180°＋30°)＝tan 30°＝eq \f(\r(3),3)，
则cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(15°－\f(α,2)))＝1－sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(15°－\f(α,2)))＝eq \f(2,3)，
cs(30°－α)＝cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(15°－\f(α,2)))－sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(15°－\f(α,2)))＝eq \f(1,3)，
∴sin(60°＋α)＝sin[90°－(30°－α)]
＝cs(30°－α)＝eq \f(1,3).
题型三 三角恒等变换的综合应用
例5 已知f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3π,4))).
(1)求f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))的值；
(2)若锐角α满足f(α)＝eq \f(\r(3),3)，求sin 2α的值．
解 (1)由题意得
f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3π,4)))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))－2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3π,4)))))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))－2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4)))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))－eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,2)))
＝sin 2xcs eq \f(π,3)－cs 2xsin eq \f(π,3)＋eq \r(3)cs 2x
＝eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(\r(3),2)cs 2x
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,3)＋\f(π,3)))＝0.
(2)∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴2α＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，又∵f(α)＝eq \f(\r(3),3)，
∴f(α)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))＝eq \f(\r(3),3)，
又∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))＝eq \f(\r(3),3)∴2α＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，\f(4π,3)))，
∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))＝－eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))2)＝－eq \f(\r(6),3)，
∴sin 2α＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))－\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))cs eq \f(π,3)－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,3)))sin eq \f(π,3)＝eq \f(\r(3),3)×eq \f(1,2)＋eq \f(\r(6),3)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3)＋3\r(2),6).
思维升华 (1)进行三角恒等变换要抓住：变角、变函数名称、变结构，尤其是角之间的关系；注意公式的逆用和变形使用．
(2)形如y＝asin x＋bcs x化为y＝eq \r(a2＋b2)sin(x＋φ)，可进一步研究函数的周期性、单调性、最值与对称性．
跟踪训练3 已知3sin α＝2sin2eq \f(α,2)－1.
(1)求sin 2α＋cs 2α的值；
(2)已知α∈(0，π)，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，2tan2β－tan β－1＝0，求α＋β的值．
解 (1)因为3sin α＝2sin2eq \f(α,2)－1，
所以3sin α＝－cs α，所以tan α＝－eq \f(1,3)，
又因为sin 2α＋cs 2α＝eq \f(2sin αcs α＋cs2α－sin2α,sin2α＋cs2α)＝eq \f(2tan α＋1－tan2α,1＋tan2α)，
所以sin 2α＋cs 2α＝eq \f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＋1－\f(1,9),1＋\f(1,9))＝eq \f(1,5).
(2)因为β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，所以tan β<0，
因为2tan2β－tan β－1＝(2tan β＋1)(tan β－1)＝0，
所以tan β＝－eq \f(1,2)，
又因为α∈(0，π)，tan α＝－eq \f(1,3)，所以eq \f(π,2)<α<π.
所以tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)＝eq \f(－\f(1,3)－\f(1,2),1－\f(1,6))＝－1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(π,2)<β<π，,\f(π,2)<α<π，))得π<α＋β<2π，所以α＋β＝eq \f(7π,4).
课时精练
1．已知x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，cs(π－x)＝－eq \f(4,5)，则tan 2x等于( )
A.eq \f(7,24) B．－eq \f(7,24) C.eq \f(24,7) D．－eq \f(24,7)
答案 D
解析 因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，cs(π－x)＝－eq \f(4,5)，
所以cs x＝eq \f(4,5)，sin x＝－eq \r(1－cs2x)＝－eq \f(3,5)，
由同角三角函数的关系，
得tan x＝eq \f(sin x,cs x)＝－eq \f(3,4).
因此tan 2x＝eq \f(2tan x,1－tan2x)
＝eq \f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)))2)＝－eq \f(24,7).
2．(2023·保定模拟)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))＝eq \f(2\r(2),3)，则sin 2θ的值为( )
A.eq \f(7,9) B．－eq \f(7,9) C.eq \f(2,9) D．－eq \f(2,9)
答案 B
解析 由sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))＝eq \f(2\r(2),3)，
得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ－\f(π,4)))＝sin θcs eq \f(π,4)－cs θsin eq \f(π,4)＝eq \f(\r(2),2)(sin θ－cs θ)＝eq \f(2\r(2),3)，
即sin θ－cs θ＝eq \f(4,3)，
等式两边同时平方，得1－sin 2θ＝eq \f(16,9)，
所以sin 2θ＝－eq \f(7,9).
3．(2023·枣庄模拟)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))＝eq \f(\r(2),3)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(4π,3)))等于( )
A．－eq \f(5,9) B.eq \f(5,9) C．－eq \f(1,3) D.eq \f(1,3)
答案 A
解析 cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(4π,3)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－π＋2α－\f(π,3)))
＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,3)))＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－2α))
＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))))
＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－2×\f(2,9)))＝－eq \f(5,9).
4．公元前六世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派在研究正五边形和正十边形的作图时，发现了黄金分割约为0.618，这一数值也可以表示为m＝2sin 18°，若4m2＋n＝16，则eq \f(m\r(n),2cs227°－1)的值为( )
A．1 B．2 C．4 D．8
答案 C
解析 因为m＝2sin 18°，
所以由4m2＋n＝16，可得n＝16－4(2sin 18°)2＝16cs218°，
因此eq \f(m\r(n),2cs227°－1)＝eq \f(2sin 18°·4cs 18°,cs 54°)＝eq \f(4sin 36°,cs 54°)＝eq \f(4cs 54°,cs 54°)＝4.
5．(多选)(2023·合肥模拟)下列计算结果正确的是( )
A．cs(－15°)＝eq \f(\r(6)－\r(2),4)
B．sin 15°sin 30°sin 75°＝eq \f(1,8)
C．cs(α－35°)cs(25°＋α)＋sin(α－35°)sin(25°＋α)＝－eq \f(1,2)
D．2sin 18°cs 36°＝eq \f(1,2)
答案 BD
解析 对于A，cs(－15°)＝cs 15°＝cs(45°－30°)
＝cs 45°cs 30°＋sin 45°sin 30°＝eq \f(\r(6)＋\r(2),4)，所以A错误；
对于B，sin 15°sin 30°sin 75°＝sin 15°sin 30°cs 15°＝eq \f(1,2)sin 15°cs 15°＝eq \f(1,4)sin 30°＝eq \f(1,8)，所以B正确；
对于C, cs(α－35°)cs(25°＋α)＋sin(α－35°)sin(25°＋α)＝cs[(α－35°)－(25°＋α)]＝cs(－60°)＝cs 60°＝eq \f(1,2)，所以C错误；
对于D,2sin 18°cs 36°＝2cs 72°cs 36°＝2×eq \f(sin 144°,2sin 72°)×eq \f(sin 72°,2sin 36°)＝eq \f(sin 36°,2sin 36°)＝eq \f(1,2)，所以D正确．
6.(2022·石家庄模拟)黄金分割比例广泛存在于许多艺术作品中．在三角形中，底与腰之比为黄金分割比的三角形被称作黄金三角形，被认为是最美的三角形，它是两底角为72°的等腰三角形．达芬奇的名作《蒙娜丽莎》中，在整个画面里形成了一个黄金三角形．如图，在黄金△ABC中，eq \f(BC,AC)＝eq \f(\r(5)－1,2)，根据这些信息，可得sin 54°等于( )
A.eq \f(2\r(5)－1,4) B.eq \f(\r(5)＋1,4) C.eq \f(\r(5)＋4,8) D.eq \f(\r(5)＋3,8)
答案 B
解析 由题设，可得cs 72°＝1－2sin236°＝eq \f(\r(5)－1,4)，又因为cs236°＋sin236°＝1，
所以cs236°＝eq \f(\r(5)＋3,8)，又cs 36°∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2)))，
所以cs 36°＝cs(90°－54°)＝sin 54°＝eq \f(\r(5)＋1,4).
7．(2023·淄博模拟)eq \f(sin 12°2cs212°－1,\r(3)－tan 12°)＝ .
答案 eq \f(1,8)
解析 因为eq \f(sin 12°2cs212°－1,\r(3)－tan 12°)＝eq \f(sin 12°cs 12°cs 24°,\r(3)cs 12°－sin 12°)＝eq \f(\f(1,4)sin 48°,2sin 48°)＝eq \f(1,8).
8．(2023·青岛模拟)已知tan 2θ＝－2eq \r(2)，eq \f(π,4)<θ答案 －3＋2eq \r(2)
解析 由tan 2θ＝－2eq \r(2)，即eq \f(2tan θ,1－tan2θ)＝－2eq \r(2)，解得tan θ＝eq \r(2)或tan θ＝－eq \f(\r(2),2).
因为eq \f(π,4)<θ则eq \f(2cs2\f(θ,2)－sin θ－1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4))))＝eq \f(cs θ－sin θ,cs θ＋sin θ)＝eq \f(1－tan θ,1＋tan θ)＝eq \f(1－\r(2),1＋\r(2))＝－3＋2eq \r(2).
9．化简并求值．
(1)eq \f(\r(3)－4sin 20°＋8sin320°,2sin 20°sin 480°)；
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,cs280°)－\f(3,cs210°)))·eq \f(1,cs 20°).
解 (1)原式＝eq \f(\r(3)－4sin 20°1－2sin220°,2sin 20°sin 480°)＝eq \f(\r(3)－4sin 20°cs 40°,2sin 20°sin 480°)
＝eq \f(2sin20°＋40°－4sin 20°cs 40°,2sin 20°sin 480°)＝eq \f(2sin40°－20°,2sin 20°sin 480°)＝eq \f(1,sin 480°)＝eq \f(1,sin 120°)＝eq \f(2\r(3),3).
(2)原式＝eq \f(cs 10°－\r(3)cs 80°cs 10°＋\r(3)cs 80°,cs280°cs210°cs 20°)
＝eq \f(cs 10°－\r(3)sin 10°cs 10°＋\r(3)sin 10°,cs280°cs210°cs 20°)
＝eq \f(4cs 70°cs 50°,cs280°cs210°cs 20°)＝eq \f(4sin 20°sin 40°,sin210°cs210°cs 20°)
＝eq \f(32sin220°cs 20°,sin220°cs 20°)＝32.
10．(2023·长春质检)(1)已知tan(α＋β)＝eq \f(3,5)，taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,3)))＝eq \f(1,3)，求taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))；
(2)已知cs 2θ＝－eq \f(4,5)，eq \f(π,4)<θ(3)已知sin(α－2β)＝eq \f(4\r(3),7)，cs(2α－β)＝－eq \f(11,14)，且0<β解 (1)因为tan(α＋β)＝eq \f(3,5)，taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,3)))＝eq \f(1,3)，
所以taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＝taneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(α＋β－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,3)))))＝eq \f(tanα＋β－tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,3))),1＋tanα＋βtan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,3))))＝eq \f(\f(3,5)－\f(1,3),1＋\f(3,5)×\f(1,3))＝eq \f(2,9).
(2)由eq \f(π,4)<θsin 4θ＝2sin 2θcs 2θ＝2×eq \f(3,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)))＝－eq \f(24,25)，
cs 4θ＝2cs22θ－1＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)))2－1＝eq \f(32,25)－1＝eq \f(7,25).
(3)由0<β因为sin(α－2β)＝eq \f(4\r(3),7)>0，所以cs(α－2β)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),7)))2)＝eq \r(1－\f(48,49))＝eq \f(1,7).
由0<β则eq \f(π,4)<2α－β<π，
因为cs(2α－β)＝－eq \f(11,14)，所以sin(2α－β)＝eq \f(5\r(3),14).
因为eq \f(π,4)<α＋β又cs(α＋β)＝cs[(2α－β)－(α－2β)]
＝cs(2α－β)cs(α－2β)＋sin(2α－β)sin(α－2β)
＝－eq \f(11,14)×eq \f(1,7)＋eq \f(5\r(3),14)×eq \f(4\r(3),7)＝eq \f(1,2)，所以α＋β＝eq \f(π,3).
11．已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，tan α＝eq \f(cs 2β,1－sin 2β)，则( )
A．α＋β＝eq \f(π,2) B．α－β＝eq \f(π,4)
C．α＋β＝eq \f(π,4) D．α＋2β＝eq \f(π,2)
答案 B
解析 tan α＝eq \f(cs 2β,1－sin 2β)＝eq \f(cs2β－sin2β,cs β－sin β2)
＝eq \f(cs β＋sin β,cs β－sin β)＝eq \f(1＋tan β,1－tan β)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋β)).
∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
∴α＝eq \f(π,4)＋β，即α－β＝eq \f(π,4).
12. 魏晋南北朝时期，祖冲之利用割圆术以正24 576边形，求出圆周率π约等于eq \f(355,113)，和真正的值相比，其误差小于八亿分之一，这个记录在一千年后才被打破．若已知π的近似值还可以表示成4sin 52°，则eq \f(1－2cs27°,π\r(16－π2))的值为( )
A．－eq \f(1,8) B．－8 C．8 D.eq \f(1,8)
答案 A
解析 将π＝4sin 52°代入eq \f(1－2cs27°,π\r(16－π2))，
可得eq \f(1－2cs27°,π\r(16－π2))＝eq \f(－cs 14°,4sin 52°\r(16－16sin252°))＝eq \f(－cs 14°,16sin 52°cs 52°)＝－eq \f(cs 14°,8sin 104°)
＝－eq \f(cs 14°,8sin90°＋14°)＝－eq \f(cs 14°,8cs 14°)＝－eq \f(1,8).
13．(多选)(2023·长沙模拟)若sin eq \f(α,2)＝eq \f(\r(3),3)，α∈(0，π)，则( )
A．cs α＝eq \f(1,3)
B．sin α＝eq \f(2,3)
C．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(6)＋2\r(3),6)
D．sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)－\f(π,4)))＝eq \f(2\r(3)－\r(6),6)
答案 AC
解析 ∵sin eq \f(α,2)＝eq \f(\r(3),3)，α∈(0，π)，
∴eq \f(α,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，cs eq \f(α,2)＝eq \r(1－sin2\f(α,2))＝eq \f(\r(6),3).
∴cs α＝1－2sin2eq \f(α,2)＝1－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))2＝eq \f(1,3)，故A正确；
sin α＝2sin eq \f(α,2)cs eq \f(α,2)＝2×eq \f(\r(3),3)×eq \f(\r(6),3)＝eq \f(2\r(2),3)，故B错误；
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)＋\f(π,4)))＝sin eq \f(α,2)cs eq \f(π,4)＋cs eq \f(α,2)sin eq \f(π,4)
＝eq \f(\r(3),3)×eq \f(\r(2),2)＋eq \f(\r(6),3)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(6)＋2\r(3),6)，故C正确；
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)－\f(π,4)))＝sin eq \f(α,2)cs eq \f(π,4)－cs eq \f(α,2)sin eq \f(π,4)
＝eq \f(\r(3),3)×eq \f(\r(2),2)－eq \f(\r(6),3)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(6)－2\r(3),6)，故D错误．
14．(2022·邢台模拟)已知α，β均为锐角，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)＋α))＝－eq \f(3,5)，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,3)))＝eq \f(5,13)，则sin(α＋β)＝ ，cs(2α－β)＝ .
答案 eq \f(33,65) eq \f(204,325)
解析 因为sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)＋α))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＝－eq \f(3,5)，
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,3)))＝eq \f(5,13)，
所以α＋eq \f(π,3)为第二象限角，β－eq \f(π,3)为第一象限角，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＝eq \r(1－cs2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3))))＝eq \f(4,5)，
cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,3)))＝eq \r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,3))))＝eq \f(12,13)，
所以sin(α＋β)＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,3)))))
＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,3)))＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,3)))＝eq \f(33,65).
cs(2α－β)＝－cs(2α－β＋π)
＝－cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,3)))))
＝－eq \b\lc\[\rc\] (\a\vs4\al\c1(cs 2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,3)))＋sin 2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))·sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β－\f(π,3)))))
＝－eq \f(12,13)cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))－eq \f(5,13)sin 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))
＝－eq \f(12,13)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2cs2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))－1))－eq \f(10,13)·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＝eq \f(204,325).
15．(2023·武汉模拟)f(x)满足：∀x1，x2∈(0,1)且x1≠x2，都有eq \f(x2fx1－x1fx2,x1－x2)<0.a＝sin 7°sin 83°，b＝eq \f(tan 8°,1＋tan28°)，c＝cs2eq \f(5π,24)－eq \f(1,2)，则eq \f(fa,a)，eq \f(fb,b)，eq \f(fc,c)的大小顺序为( )
A.eq \f(fa,a)C.eq \f(fb,b)答案 C
解析 a＝sin 7°sin 83°＝sin 7°cs 7°＝eq \f(1,2)sin 14°，b＝eq \f(tan 8°,1＋tan28°)＝eq \f(sin 8°cs 8°,cs28°＋sin 28°)＝eq \f(1,2)sin 16°，c＝eq \f(1,2)cs eq \f(5π,12)＝eq \f(1,2)sin eq \f(π,12)＝eq \f(1,2)sin 15°，∴a由题意得，∀x1，x2∈(0,1)且x1≠x2，都有eq \f(x2fx1－x1fx2,x1－x2)<0，即eq \f(\f(fx1,x1)－\f(fx2,x2),x1－x2)<0，
∴y＝eq \f(fx,x)在(0,1)上单调递减，∴eq \f(fb,b)16.(2023·盐城模拟)已知由sin 2x＝2sin xcs x，cs 2x＝2cs2x－1，cs 3x＝cs(2x＋x)可推得三倍角余弦公式cs 3x＝4cs3x－3cs x，已知cs 54°＝sin 36°，结合三倍角余弦公式和二倍角正弦公式可得sin 18°＝________；如图，已知五角星ABCDE是由边长为2的正五边形GHIJK和五个全等的等腰三角形组成的，则eq \(HE,\s\up6(→))·eq \(HG,\s\up6(→))＝________.
答案 eq \f(\r(5)－1,4) 5＋eq \r(5)
解析 因为cs 54°＝cs(90°－36°)＝sin 36°，所以4cs318°－3cs 18°＝2sin 18°cs 18°，
即4cs218°－3＝2sin 18°，即4(1－sin218°)－3＝2sin 18°，即4sin218°＋2sin 18°－1＝0，
因为0在五角星ABCDE中，EG＝EI，HG＝HI，HE＝HE，故△EHG≌△EHI，
从而可得∠HEG＝eq \f(1,2)∠CEB＝18°，∠EHG＝eq \f(1,2)∠IHG＝54°，
过点H作HM⊥BE，垂足为点M，如图，则∠GHM＝18°，于是cs∠GHM＝eq \f(HM,GH)，
从而有HM＝GHcs∠GHM＝2cs 18°，于是EH＝eq \f(HM,sin∠HEG)＝eq \f(2cs 18°,sin 18°)，
所以eq \(HE,\s\up6(→))·eq \(HG,\s\up6(→))＝|eq \(HE,\s\up6(→))|·|eq \(HG,\s\up6(→))|cs 54°＝2×eq \f(2cs 18°,sin 18°)×sin 36°＝8cs218°＝8－8sin218°＝8－8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)－1,4)))2＝8－(3－eq \r(5))＝5＋eq \r(5).