（小白高考）新高考数学(零基础)一轮复习教案4.5《三角恒等变换》 (2份打包，原卷版+教师版)

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1.结合拆角、配角方法，将两角和与差的正弦、余弦、正切公式及二倍角公式等相结合，考查三角函数式的化简求值或求角问题，凸显逻辑推理、数学运算的核心素养.
2.与三角函数的性质相结合考查三角恒等变换的应用，凸显逻辑推理、数学运算的核心素养.
[理清主干知识]
1.两角和与差的正弦、余弦、正切公式
[提醒] 在公式T(α±β)中α，β，α±β都不等于kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，即保证tan α，tan β，tan(α±β)都有意义.
2.二倍角公式
3.辅助角公式
一般地，函数f(α)＝asin α＋bcs α(a，b为常数)可以化为f(α)＝eq \r(a2＋b2)sin(α＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中tan φ＝\f(b,a)))或f(α)＝eq \r(a2＋b2)cs(α﹣φ) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中tan φ＝\f(a,b))).
[澄清盲点误点]
一、关键点练明
1.(正用二倍角公式)若sin α＝eq \f(1,3)，则cs 2α＝( )
A.eq \f(8,9) B.eq \f(7,9) C.﹣eq \f(7,9) D.﹣eq \f(8,9)
答案：B
2.(正用两角差的正切公式)已知tan α＝2，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝________.
答案：eq \f(1,3)
3.(逆用两角差的正弦公式)化简cs 18°cs 42°﹣cs 72°sin 42°的值为________.
答案：eq \f(1,2)
4.(辅助角公式)eq \r(3)cs 15°﹣4sin215°cs 15°＝________.
解析：eq \r(3)cs 15°﹣4sin215°cs 15°＝eq \r(3)cs 15°﹣2sin 15°·2sin 15°cs 15°
＝eq \r(3)cs 15°﹣2sin 15°·sin 30°＝eq \r(3)cs 15°﹣sin 15°＝2cs(15°＋30°)＝2cs 45°＝eq \r(2).
答案：eq \r(2)
二、易错点练清
1.(忽视角的范围)已知锐角α，β满足sin α＝eq \f(\r(10),10)，cs β＝eq \f(2\r(5),5)，则α＋β＝( )
A.eq \f(3π,4) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,6) D.eq \f(3π,4)或eq \f(π,4)
解析：选B 因为α，β为锐角，且sin α＝eq \f(\r(10),10)eq \f(\r(3),2)，则cs α＝eq \f(3\r(10),10)，且α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))，
sin β＝eq \f(\r(5),5)且β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))，所以sin(α＋β)＝sin α·cs β＋cs α·sin β＝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\c1(0，\f(π,3)))，所以α＋β＝eq \f(π,4).
2.(不会逆用公式致错)化简：eq \f(cs 40°,cs 25°·\r(1－sin 40°))＝________.
解析：原式＝eq \f(cs 40°,cs 25°·\r(1－cs 50°))＝eq \f(cs 40°,cs 25°·\r(2)sin 25°)＝eq \f(cs 40°,\f(\r(2),2)sin 50°)＝eq \r(2).
答案：eq \r(2)
考点一 三角函数式的化简求值
[典例] 化简：eq \f(2cs2α－1,2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α)))＝________.
[解析] 法一：原式＝eq \f(cs2α－sin2α,2×\f(1－tan α,1＋tan α)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(π,4)cs α＋cs \f(π,4)sin α))2)＝eq \f(cs2α－sin2α1＋tan α,1－tan αcs α＋sin α2)
＝eq \f(cs2α－sin2α\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(sin α,cs α))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(sin α,cs α)))cs α＋sin α2)＝1.
法二：原式＝eq \f(cs 2α,2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))cs2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α)))＝eq \f(cs 2α,2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α)))＝eq \f(cs 2α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2α)))＝eq \f(cs 2α,cs 2α)＝1.
[答案] 1
[方法技巧] 三角函数式的化简要遵循“三看”原则
[提醒] 化简三角函数式的常见方法有弦切互化，异名化同名，异角化同角，降幂与升幂等.
[针对训练]
已知α∈(0，π)，化简：eq \f(1＋sin α＋cs α·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2)－sin \f(α,2))),\r(2＋2cs α)).
解：原式＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2cs2\f(α,2)＋2sin \f(α,2)cs \f(α,2)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2)－sin \f(α,2))),\r(4cs2\f(α,2))).
因为α∈(0，π)，所以cs eq \f(α,2)>0，
所以原式＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2cs2\f(α,2)＋2sin \f(α,2)cs \f(α,2)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2)－sin \f(α,2))),2cs \f(α,2))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2)＋sin \f(α,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(α,2)－sin \f(α,2)))＝cs2eq \f(α,2)﹣sin2eq \f(α,2)
＝cs α.
考点二 三角函数的求值
考法(一) 给值(角)求值
[例1] (1)eq \f(sin 47°－sin 17°cs 30°,cs 17°)＝( )
A.﹣eq \f(\r(3),2) B.﹣eq \f(1,2) C.eq \f(1,2) D.eq \f(\r(3),2)
(2)若α，β均为锐角且cs α＝eq \f(1,7)，cs(α＋β)＝﹣eq \f(11,14)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)π＋2β))＝( )
A.﹣eq \f(1,2) B.eq \f(1,2) C.﹣eq \f(\r(3),2) D.eq \f(\r(3),2)
[解析] (1)eq \f(sin 47°－sin 17°cs 30°,cs 17°)＝eq \f(sin17°＋30°－sin 17°cs 30°,cs 17°)
＝eq \f(sin 17°cs 30°＋cs 17°sin 30°－sin 17°cs 30°,cs 17°)＝sin 30°＝eq \f(1,2).
(2)∵α，β均为锐角，∴0<α＋β<π.
∵cs α＝eq \f(1,7)，cs(α＋β)＝﹣eq \f(11,14)，∴sin α＝eq \f(4\r(3),7)，sin(α＋β)＝eq \f(5\r(3),14).
∴cs β＝cs[(α＋β)﹣α]＝cs(α＋β)cs α＋sin(α＋β)sin α＝eq \f(1,2).
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)π＋2β))＝﹣cs 2β＝1﹣2cs2β＝eq \f(1,2).故选B.
[答案] (1)C (2)B
[方法技巧]
给值求值问题的求解思路
(1)化简所求式子.
(2)观察已知条件与所求式子之间的联系(从三角函数名及角入手).
(3)将已知条件代入所求式子，化简求值.
考法(二) 给值求角
[例2] 已知A，B均为钝角，sin2eq \f(A,2)＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,3)))＝eq \f(5－\r(15),10)，且sin B＝eq \f(\r(10),10)，则A＋B＝( )
A.eq \f(3π,4) B.eq \f(5π,4) C.eq \f(7π,4) D.eq \f(7π,6)
[解析] 因为sin2eq \f(A,2)＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,3)))＝eq \f(5－\r(15),10)，所以eq \f(1－cs A,2)＋eq \f(1,2)cs A﹣eq \f(\r(3),2)sin A＝eq \f(5－\r(15),10)，
即eq \f(1,2)﹣eq \f(\r(3),2)sin A＝eq \f(5－\r(15),10)，解得sin A＝eq \f(\r(5),5).因为A为钝角，所以cs A＝﹣eq \r(1－sin2A)＝﹣eq \f(2\r(5),5).
由sin B＝eq \f(\r(10),10)，且B为钝角，可得cs B＝﹣eq \r(1－sin2B)＝﹣eq \f(3\r(10),10).
所以cs(A＋B)＝cs Acs B﹣sin Asin B＝eq \f(\r(2),2).
又A，B都为钝角，即A，B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，所以A＋B∈(π，2π)，故A＋B＝eq \f(7π,4).故选C.
[答案] C
[方法技巧]
给值求角问题的解题策略
(1)讨论所求角的范围.
(2)根据已知条件，选取合适的三角函数求值.
①已知正切函数值，选正切函数；
②已知正、余弦函数值，选正弦或余弦函数.若角的范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，选正、余弦函数皆可；若角的范围是(0，π)，选余弦函数较好；若角的范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，选正弦函数较好.
(3)由角的范围，结合所求三角函数值写出要求的角.
[针对训练]
1.已知α∈(0，π)，且3cs 2α﹣8cs α＝5，则sin α＝( )
A.eq \f(\r(5),3) B.eq \f(2,3) C.eq \f(1,3) D.eq \f(\r(5),9)
解析：选A ∵3cs 2α﹣8cs α＝5，∴3(2cs2α﹣1)﹣8cs α＝5，
即3cs2α﹣4cs α﹣4＝0，解得cs α＝﹣eq \f(2,3)或cs α＝2(舍去).
∵α∈(0，π)，∴sin α＝eq \r(1－cs2α)＝eq \f(\r(5),3).故选A.
2.已知2tan θ﹣taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝7，则tan θ＝( )
A.﹣2 B.﹣1 C.1 D.2
解析：选D 由已知得2tan θ﹣eq \f(tan θ＋1,1－tan θ)＝7，解得tan θ＝2.
3.已知锐角α，β满足sin α＝eq \f(\r(5),5)，cs β＝eq \f(3\r(10),10)，则α＋β等于( )
A.eq \f(3π,4) B.eq \f(π,4)或eq \f(3π,4) C.eq \f(π,4) D.2kπ＋eq \f(π,4)(k∈Z)
解析：选C 由sin α＝eq \f(\r(5),5)，cs β＝eq \f(3\r(10),10)，且α，β为锐角，可知cs α＝eq \f(2\r(5),5)，sin β＝eq \f(\r(10),10)，
故cs(α＋β)＝cs αcs β﹣sin αsin β＝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)，又0<α＋β<π，故α＋β＝eq \f(π,4).
4.计算eq \f(cs 10°1＋\r(3)tan 10°,cs 50°)的值是________.
解析：原式＝eq \f(cs 10°＋\r(3)sin 10°,cs 50°)＝eq \f(2sin10°＋30°,cs 50°)＝eq \f(2sin 40°,sin 40°)＝2.
答案：2
考点三 三角恒等变换的综合问题
[典例]已知函数f(x)＝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)))＋sin 2x＋a的最大值为1.
(1)求实数a的值；
(2)若将f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位，得到函数g(x)的图象，求函数g(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值.
[解] (1)f(x)＝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)))＋sin 2x＋a＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,2)))＋sin 2x＋a
＝eq \r(3)cs 2x＋sin 2x＋a＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))＋a，易知2＋a＝1，则a＝﹣1.
(2)∵将f(x)的图象向左平移eq \f(π,6)个单位，得到函数g(x)的图象，
∴g(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋\f(π,3)))﹣1＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2,3)π))﹣1，
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴2x＋eq \f(2,3)π∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)π，\f(5,3)π)).
∴当2x＋eq \f(2,3)π＝eq \f(2,3)π，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2,3)π))＝eq \f(\r(3),2)时，g(x)取最大值eq \r(3)﹣1；
当2x＋eq \f(2,3)π＝eq \f(3,2)π，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2,3)π))＝﹣1时，g(x)取最小值﹣3.
[方法技巧]
求函数周期、最值、单调区间的方法步骤
(1)利用三角恒等变换及辅助角公式把三角函数关系式化成y＝Asin(ωx＋φ)＋t或y＝Acs(ωx＋φ)＋t的形式；
(2)利用公式T＝eq \f(2π,ω)(ω>0)求周期；
(3)根据自变量的范围确定ωx＋φ的范围，根据相应的正弦曲线或余弦曲线求值域或最值，另外求最值时，根据所给关系式的特点，也可换元转化为求二次函数的最值；
(4)根据正、余弦函数的单调区间列不等式求函数y＝Asin(ωx＋φ)＋t或y＝Acs(ωx＋φ)＋t的单调区间.
[针对训练]
设函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－x))cs x﹣sin2(π﹣x)﹣eq \f(1,2).
(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间；
(2)若f(α)＝eq \f(3\r(2),10)﹣1，且α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，\f(3π,8)))，求feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,8)))的值.
解：(1)∵f(x)＝sin xcs x﹣sin2x﹣eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)(sin 2x＋cs 2x)﹣1＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))﹣1，
∴f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2)＝π.
由2kπ﹣eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，得kπ﹣eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(π,8)(k∈Z)，
∴f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))(k∈Z).
(2)∵f(α)＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))﹣1＝eq \f(3\r(2),10)﹣1，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))＝eq \f(3,5).
由α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,8)，\f(3π,8)))知2α＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))＝﹣eq \f(4,5).
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,8)))＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,8)))＋\f(π,4)))﹣1＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))－\f(π,4)))﹣1
＝eq \f(\r(2),2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))cs \f(π,4)－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))sin \f(π,4)))﹣1＝eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)×\f(\r(2),2)＋\f(4,5)×\f(\r(2),2)))﹣1＝﹣eq \f(3,10).
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
一、基础练——练手感熟练度
1.sin 45°cs 15°＋cs 225°sin 165°＝( )
A.1 B.eq \f(1,2) C.eq \f(\r(3),2) D.﹣eq \f(1,2)
解析：选B sin 45°cs 15°＋cs 225°sin 165°＝sin 45°·cs 15°＋(﹣cs 45°)sin 15°
＝sin(45°﹣15°)＝sin 30°＝eq \f(1,2).
2.已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，2sin 2α＝cs 2α＋1，则sin α＝( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(\r(5),5) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(2,5)eq \r(5)
解析：选B 由二倍角公式可知4sin αcs α＝2cs2α.∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴cs α≠0，sin α>0，
∴2sin α＝cs α，又sin2α＋cs2α＝1，∴sin α＝eq \f(\r(5),5).故选B.
3.若cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝﹣eq \f(\r(3),3)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))＋cs α＝( )
A.﹣eq \f(2\r(2),3) B.±eq \f(2\r(2),3) C.﹣1 D.±1
解析：选C cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))＋cs α＝eq \f(1,2)cs α＋eq \f(\r(3),2)sin α＋cs α＝eq \f(3,2)cs α＋eq \f(\r(3),2)sin α＝eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝﹣1.
4.tan 18°＋tan 12°＋eq \f(\r(3),3)tan 18°tan 12°＝( )
A.eq \r(3) B.eq \r(2) C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),3)
解析：选D ∵tan 30°＝tan(18°＋12°)＝eq \f(tan 18°＋tan 12°,1－tan 18°tan 12°)＝eq \f(\r(3),3)，
∴tan 18°＋tan 12°＝eq \f(\r(3),3)(1﹣tan 18°tan 12°)，∴原式＝eq \f(\r(3),3).
5.若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，且3cs 2α＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))，则sin 2α的值为( )
A.﹣eq \f(1,18) B.eq \f(1,18) C.﹣eq \f(17,18) D.eq \f(17,18)
解析：选C 由3cs 2α＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))，可得3(cs2α﹣sin2α)＝eq \f(\r(2),2)(cs α﹣sin α)，
又由α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，可知cs α﹣sin α≠0，于是3(cs α＋sin α)＝eq \f(\r(2),2)，
所以1＋2sin αcs α＝eq \f(1,18)，故sin 2α＝﹣eq \f(17,18).
6.已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝eq \f(1,2)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))的值为________.
解析：由已知得cs α＝eq \f(1,2)，sin α＝﹣eq \f(\r(3),2)，所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))＝eq \f(1,2)cs α＋eq \f(\r(3),2)sin α＝﹣eq \f(1,2).
答案：﹣eq \f(1,2)
二、综合练——练思维敏锐度
1.已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋α))，则tan α＝( )
A.1 B.﹣1 C.eq \f(1,2) D.0
解析：选B ∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋α))，∴eq \f(1,2)cs α﹣eq \f(\r(3),2)sin α＝eq \f(\r(3),2)cs α﹣eq \f(1,2)sin α，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)－\f(1,2)))sin α＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(\r(3),2)))cs α，∴tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝﹣1.
2.(多选)下列各式中，值为eq \f(1,2)的是( )
A.eq \f(tan 22.5°,1－tan222.5°) B.tan 15°cs215° C.eq \f(\r(3),3)cs2eq \f(π,12)﹣eq \f(\r(3),3)sin2eq \f(π,12) D. eq \r(\f(1－cs 60°,2))
解析：选ACD ∵eq \f(tan 22.5°,1－tan222.5°)＝eq \f(1,2)tan 45°＝eq \f(1,2)，tan 15°·cs215°＝sin 15°cs 15°＝eq \f(1,2)sin 30°＝eq \f(1,4)，
eq \f(\r(3),3)cs2eq \f(π,12)﹣eq \f(\r(3),3)sin2eq \f(π,12)＝eq \f(\r(3),3)cs eq \f(π,6)＝eq \f(1,2)，eq \r(\f(1－cs 60°,2))＝sin 30°＝eq \f(1,2)，∴选A、C、D.
3.若sin(α＋β)＝eq \f(1,2)，sin(α﹣β)＝eq \f(1,3)，则eq \f(tan α,tan β)的值为( )
A.5 B.﹣1 C.6 D.eq \f(1,6)
解析：选A 由题意知sin αcs β＋cs αsin β＝eq \f(1,2)，sin αcs β﹣cs αsin β＝eq \f(1,3)，
所以sin αcs β＝eq \f(5,12)，cs αsin β＝eq \f(1,12)，所以eq \f(sin αcs β,cs αsin β)＝5，即eq \f(tan α,tan β)＝5.故选A.
4.已知sin θ＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))＝1，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))＝( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(2,3) D.eq \f(\r(2),2)
解析：选B ∵sin θ＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))＝eq \f(3,2)sin θ＋eq \f(\r(3),2)cs θ＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))＝1，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),3).故选B.
5.已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α))＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(7π,6)))，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)＋α))＝( )
A.4﹣2eq \r(3) B.2eq \r(3)﹣4 C.4﹣4eq \r(3) D.4eq \r(3)﹣4
解析：选B 由题意可得﹣sin α＝﹣3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))，即sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))－\f(π,12)))＝3sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))＋\f(π,12)))，
sinα＋eq \f(π,12)·cs eq \f(π,12)﹣cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))sin eq \f(π,12)＝3sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))cs eq \f(π,12)＋ 3cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))sin eq \f(π,12)，
整理可得taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,12)))＝﹣2tan eq \f(π,12)＝﹣2taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－\f(π,6)))＝﹣2×eq \f(tan \f(π,4)－tan \f(π,6),1＋tan \f(π,4)tan \f(π,6))＝2eq \r(3)﹣4.故选B.
6.设当x＝θ时，函数f(x)＝sin x﹣2cs x取得最大值，则cs θ＝( )
A.eq \f(2\r(5),5) B.eq \f(\r(5),5) C.﹣eq \f(2\r(5),5) D.﹣eq \f(\r(5),5)
解析：选C 利用辅助角公式可得f(x)＝sin x﹣2cs x＝eq \r(5)sin(x﹣φ)，其中cs φ＝eq \f(\r(5),5)，sin φ＝eq \f(2\r(5),5).
当函数f(x)＝sin x﹣2cs x取得最大值时，θ﹣φ＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，∴θ＝2kπ＋eq \f(π,2)＋φ(k∈Z)，
则cs θ＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)＋φ))＝﹣sin φ＝﹣eq \f(2\r(5),5)(k∈Z).故选C.
7.设0°<α<90°，若sin(75°＋2α)＝﹣eq \f(3,5)，则sin(15°＋α)·sin(75°﹣α)＝( )
A.eq \f(1,10) B.eq \f(\r(2),20) C.﹣eq \f(1,10) D.﹣eq \f(\r(2),20)
解析：选B 因为0°<α<90°，所以75°<75°＋2α<255°.又因为sin(75°＋2α)＝﹣eq \f(3,5)<0，所以180°<75°＋2α<255°，角75°＋2α为第三象限角，所以cs(75°＋2α)＝﹣eq \f(4,5).所以sin(15°＋α)sin(75°﹣α)＝sin(15°＋α)cs(15°＋α)＝eq \f(1,2)sin(30°＋2α)＝eq \f(1,2)sin[(75°＋2α)﹣45°]＝eq \f(1,2)[sin(75°＋2α)·cs 45°﹣cs(75°＋2α)sin 45°]＝eq \f(1,2)×﹣eq \f(3,5)×eq \f(\r(2),2)＋eq \f(4,5)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),20).故选B.
8.若sin 2α＝eq \f(\r(5),5)，sin(β﹣α)＝eq \f(\r(10),10)，且α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))，β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))，则α＋β的值是( )
A.eq \f(7π,4) B.eq \f(9π,4) C.eq \f(5π,4)或eq \f(7π,4) D.eq \f(5π,4)或eq \f(9π,4)
解析：选A ∵α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))，∴2α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，2π))，
∵sin 2α＝eq \f(\r(5),5)>0，∴2α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，∴α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))且cs 2α＝﹣eq \f(2\r(5),5).
又∵sin(β﹣α)＝eq \f(\r(10),10)，β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))，∴β﹣α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(5π,4)))，cs(β﹣α)＝﹣eq \f(3\r(10),10)，
∴cs(α＋β)＝cs[(β﹣α)＋2α]＝cs(β﹣α)cs 2α﹣sin(β﹣α)sin 2α＝eq \f(\r(2),2)，
又∵α＋β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,4)，2π))，∴α＋β＝eq \f(7π,4).
9.化简：eq \f(1,cs 80°)﹣eq \f(\r(3),sin 80°)＝________.
解析：eq \f(1,cs 80°)﹣eq \f(\r(3),sin 80°)＝eq \f(sin 80°－\r(3)cs 80°,sin 80°cs 80°)＝eq \f(2sin80°－60°,\f(1,2)sin 160°)＝eq \f(2sin 20°,\f(1,2)sin 20°)＝4.
答案：4
10.已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3,4)π))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，且cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(3,5)，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)π＋β))＝﹣eq \f(12,13)，则cs(α＋β)＝________.
解析：∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3,4)π))，∴eq \f(π,4)﹣α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，又cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(3,5)，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝﹣eq \f(4,5).
∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)π＋β))＝﹣eq \f(12,13)，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋β))＝eq \f(12,13).又∵β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，∴eq \f(π,4)＋β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋β))＝eq \f(5,13)，
∴cs(α＋β)＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋β))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋β))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋β))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(5,13)×eq \f(3,5)﹣eq \f(12,13)×eq \f(4,5)＝﹣eq \f(33,65).
答案：﹣eq \f(33,65)
11.已知函数f(x)＝2eq \r(3)sin xcs x﹣2cs2x＋1(x∈R).
(1)求函数f(x)的最小正周期及在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(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\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，求cs 2x0的值.
解：(1)由f(x)＝2eq \r(3)sin xcs x﹣2cs2x＋1，
得f(x)＝eq \r(3)(2sin xcs x)﹣(2cs2x﹣1)＝eq \r(3)sin 2x﹣cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))，
∴函数f(x)的最小正周期为π.易知f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上为增函数，
在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))上为减函数，又f(0)＝﹣1，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝2，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝﹣1，
∴函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))上的最大值为2，最小值为﹣1.
(2)∵2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0－\f(π,6)))＝eq \f(6,5)，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0－\f(π,6)))＝eq \f(3,5).又x0∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，∴2x0﹣eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)，\f(π,2)))，
∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0－\f(π,6)))＝eq \f(4,5).
∴cs 2x0＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0－\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0－\f(π,6)))cseq \f(π,6)﹣sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x0－\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).
C(α﹣β)
cs(α﹣β)＝cs αcs β＋sin αsin β
C(α＋β)
cs(α＋β)＝cs_αcs_β﹣sin_αsin_β
S(α﹣β)
sin(α﹣β)＝sin_αcs_β﹣cs_αsin_β
S(α＋β)
sin(α＋β)＝sin_αcs_β＋cs_αsin_β
T(α﹣β)
tan(α﹣β)＝eq \f(tan α－tan β,1＋tan αtan β)；
变形：tan α﹣tan β＝tan(α﹣β)(1＋tan αtan β)
T(α＋β)
tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)；
变形：tan α＋tan β＝tan(α＋β)(1﹣tan αtan β)
S2α
sin 2α＝2sin_αcs_α；
变形：1＋sin 2α＝(sin α＋cs α)2，
1﹣sin 2α＝(sin α﹣cs α)2
C2α
cs 2α＝cs2α﹣sin2α＝2cs2α﹣1＝1﹣2sin2α；
变形：cs2α＝eq \f(1＋cs 2α,2)，sin2α＝eq \f(1－cs 2α,2)
T2α
tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)