2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第1讲　三角函数的化简与求值

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第1讲　三角函数的化简与求值，共8页。

基础回归
1．(人A必一P219例4(1))计算：
sin 72°cs 42°－cs 72°sin 42°＝__ eq \f(1,2)__.
【解析】 sin 72°cs 42°－cs 72°sin 42°＝sin (72°－42°)＝sin 30°＝ eq \f(1,2).
2．(人A必一P218例3改)若α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，sin α＝ eq \f(3,5)，则tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))等于( A )
A． eq \f(1,7)B．7
C．－ eq \f(1,7)D．－7
【解析】 由α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，sin α＝ eq \f(3,5)，得tan α＝－ eq \f(3,4)，则tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝ eq \f(tan α＋1,1－tan α)＝ eq \f(1,7).
3．(人A必一P223练习5改)下列各式中，值为 eq \f(1,2)的是( B )
A．sin 15°sin 75°B．cs2 eq \f(π,6)－sin2 eq \f(π,6)
C． eq \f(tan 30°,1－tan230°)D． eq \r(\f(1＋cs 60°,2))
【解析】 对于A，sin 15°sin 75°＝sin 15°cs 15°＝ eq \f(1,2)×2sin 15°cs 15°＝ eq \f(1,2)sin 30°＝ eq \f(1,4)，故A错误；对于B，cs2 eq \f(π,6)－sin2 eq \f(π,6)＝cs eq \f(π,3)＝ eq \f(1,2)，故B正确；对于C，原式＝ eq \f(1,2)× eq \f(2tan 30°,1－tan230°)＝ eq \f(1,2)tan60°＝ eq \f(\r(3),2)，故C错误；对于D，原式＝cs 30°＝ eq \f(\r(3),2)，故D错误．
4．(人A必一P223练习2改)若cs θ＝－ eq \f(3,5)，θ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，则sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,4)))＝－ eq \f(31\r(2),50)__.
【解析】 因为cs θ＝－ eq \f(3,5)，θ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，所以sin θ＝ eq \r(1－cs2θ)＝ eq \f(4,5)，所以sin2θ＝2sin θcs θ＝－ eq \f(24,25)，cs 2θ＝1－2sin2θ＝－ eq \f(7,25)，所以sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,4)))＝ eq \f(\r(2),2)(sin 2θ＋cs 2θ)＝ eq \f(\r(2),2)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(24,25)－\f(7,25)))＝－ eq \f(31\r(2),50).
5．(人A必一P217练习5改)设0＜α＜ eq \f(π,2)，－ eq \f(π,2)＜β＜0，且sin α＝ eq \f(\r(10),10)，sin β＝－ eq \f(\r(5),5)，则α－β＝( B )
A． eq \f(π,6)B． eq \f(π,4)
C． eq \f(π,3)D． eq \f(3π,4)
【解析】 因为0＜α＜ eq \f(π,2)，－ eq \f(π,2)＜β＜0，所以cs α＝ eq \r(1－sin2α)＝ eq \r(1－\f(1,10))＝ eq \f(3\r(10),10)，csβ＝ eq \r(1－sin2β)＝ eq \r(1－\f(1,5))＝ eq \f(2\r(5),5)，0＜α－β＜π，cs(α－β)＝cs αcs β＋sin αsin β＝ eq \f(3\r(10),10)× eq \f(2\r(5),5)＋ eq \f(\r(10),10)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(5),5)))＝ eq \f(\r(2),2)，所以α－β＝ eq \f(π,4).
举题固法
目标引领
给值求值
例1 (1) (2023·揭阳期末)若α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4)))，cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝－ eq \f(\r(2),10)，则cs α＝( B )
A．－ eq \f(3,5)B． eq \f(3,5)
C． eq \f(4,5)D．± eq \f(3,5)
【解析】 因为α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,4)))，所以α＋ eq \f(π,4)∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，π))，所以sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝ eq \r(1－cs2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4))))＝ eq \f(7\r(2),10)，所以csα＝cs eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))－\f(π,4)))＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))cs eq \f(π,4)＋sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))sin eq \f(π,4)＝ eq \f(3,5).
(2) (2023·济宁一模)若cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝ eq \f(\r(3),3)，则sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,6)))＝( D )
A．－ eq \f(2,3)B． eq \f(2,3)
C．－ eq \f(1,3)D． eq \f(1,3)
【解析】 sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,6)))＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))－\f(π,2)))＝－cs eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))))＝1－2cs2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝1－2× eq \f(1,3)＝ eq \f(1,3).
给值求值问题的解题关键在于“变角”，把所求角用含已知角的式子表示出来，如α＝(α＋β)－β，2α＝(α＋β)＋(α－β)， eq \f(π,4)＋α＝ eq \f(π,2)－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))等．
变式1 (2023·新高考Ⅰ卷)若sin(α－β)＝ eq \f(1,3)，cs αsin β＝ eq \f(1,6)，则cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋2β))＝( B )
A． eq \f(7,9)B． eq \f(1,9)
C．－ eq \f(1,9)D．－ eq \f(7,9)
【解析】 因为sin (α－β)＝sin αcs β－cs αsin β＝ eq \f(1,3)，而cs αsin β＝ eq \f(1,6)，因此sin αcs β＝ eq \f(1,2)，则sin (α＋β)＝sin αcs β＋cs αsin β＝ eq \f(2,3)，所以cs (2α＋2β)＝cs [2(α＋β)]＝1－2sin2(α＋β)＝1－2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(1,9).
给值求角
例2 已知tan α＝ eq \f(1,3)，tan β＝－ eq \f(1,7)，且α，β∈(0，π)，则2α－β＝( C )
A． eq \f(π,4)B．－ eq \f(π,4)
C．－ eq \f(3π,4)D．－ eq \f(3π,4)或 eq \f(π,4)
【解析】 因为tan α＝ eq \f(1,3)，tan β＝－ eq \f(1,7)，则tan 2α＝ eq \f(2tan α,1－tan2α)＝ eq \f(2×\f(1,3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝ eq \f(3,4)，tan(2α－β)＝ eq \f(tan 2α－tan β,1＋tan 2αtan β)＝ eq \f(\f(3,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,7))),1＋\f(3,4)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,7))))＝1.因为α，β∈(0，π)，tan α＞0，tan β＜0，则0＜α＜ eq \f(π,2)， eq \f(π,2)＜β＜π.又tan 2α＞0，有0＜2α＜ eq \f(π,2)，于是得－π＜2α－β＜0.因此，2α－β＝－ eq \f(3π,4).
给值求角的原则：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、余弦皆可；若角的范围是(0，π)，选余弦较好；若角的范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，选正弦较好．
变式2 已知α，β∈(0，π)，sin (α－β)＝ eq \f(5,6)， eq \f(tan α,tan β)＝－ eq \f(1,4)，则α＋β＝( C )
A． eq \f(5,6)πB．π
C． eq \f(7,6)πD． eq \f(11,6)π
【解析】 因为α，β∈(0，π)， eq \f(tan α,tan β)＝－ eq \f(1,4)＜0，所以0＜α＜ eq \f(π,2)， eq \f(π,2)＜β＜π或0＜β＜ eq \f(π,2)， eq \f(π,2)＜α＜π.若0＜α＜ eq \f(π,2)， eq \f(π,2)＜β＜π，则－π＜α－β＜0，此时sin (α－β)＜0(舍去)；若0＜β＜ eq \f(π,2)， eq \f(π,2)＜α＜π，则0＜α－β＜π，此时sin (α－β)＞0(符合题意)，所以0＜β＜ eq \f(π,2)， eq \f(π,2)＜α＜π，即α＋β∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2))).因为sin (α－β)＝ eq \f(5,6)且 eq \f(tan α,tan β)＝－ eq \f(1,4)，所以sin αcs β－cs αsin β＝ eq \f(5,6)且 eq \f(sin αcs β,cs αsin β)＝－ eq \f(1,4)，解得sin αcs β＝ eq \f(1,6)，cs αsin β＝－ eq \f(2,3)，则sin (α＋β)＝－ eq \f(1,2)，所以α＋β＝ eq \f(7π,6).
范围与最值
例3 (1) 若函数f(x)＝(2 eq \r(3)sin x－2cs x)·cs x＋1，则f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))上的最大值与最小值之和为__3__.
【解析】 因为f(x)＝(2 eq \r(3)sin x－2cs x)·cs x＋1＝ eq \r(3)sin 2x－cs 2x＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6))).由x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，得2x－ eq \f(π,6)∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6))).当2x－ eq \f(π,6)＝ eq \f(5π,6)，即x＝ eq \f(π,2)时，f(x)取得最小值1，当2x－ eq \f(π,6)＝ eq \f(π,2)，即x＝ eq \f(π,3)时，f(x)取得最大值2.故最大值与最小值之和为3.
(2) (2023·如东期末)若锐角α，β满足sin 2αsin 2β＝3(1＋cs 2α)(1－cs 2β)，则tan (α－β)的最大值是( D )
A．－ eq \f(\r(3),3)B． eq \f(3,4)
C． eq \f(3,5)D． eq \f(\r(3),3)
【解析】 因为sin 2αsin 2β＝3(1＋cs 2α)(1－cs 2β)，所以4sin αcs αsin βcs β＝12cs2αsin2β.因为α，β是锐角，所以tanα＝3tan β，所以tan (α－β)＝ eq \f(tan α－tan β,1＋tan αtan β)＝ eq \f(2tan β,1＋3tan2β)＝ eq \f(2,\f(1,tanβ)＋3tan β).因为tan β＞0，所以 eq \f(1,tan β)＋3tan β≥2 eq \r(3)，当且仅当tan β＝ eq \f(\r(3),3)时取等号，所以tan (α－β)的最大值是 eq \f(\r(3),3).
三角恒等变换中的范围与最值一般有两类：第一类是利用三角函数的性质求出函数的最值；第二类是利用基本不等式、求导等方法求出最值．
化简与证明
例4－1 已知θ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝－ eq \f(2,3)tan θ，求证： eq \f(sin θcs 2θ,sin θ＋cs θ)＝－ eq \f(3,5).
【解析】 由θ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，得tan θ＞0.由tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝－ eq \f(2,3)tan θ，得 eq \f(tan θ＋tan \f(π,4),1－tan θ·tan \f(π,4))＝－ eq \f(2,3)tan θ，即 eq \f(tan θ＋1,1－tan θ)＝－ eq \f(2,3)tan θ.整理，得tan θ＝3或tan θ＝－ eq \f(1,2)(舍去)，所以sin θ＝3cs θ.又sin2θ＋cs2θ＝1，θ∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，解得sinθ＝ eq \f(3\r(10),10)，cs θ＝ eq \f(\r(10),10)，故 eq \f(sin θcs 2θ,sin θ＋cs θ)＝ eq \f(sin θ(cs2θ－sin2θ),sinθ＋cs θ)＝ eq \f(sin θ(sin θ＋cs θ)(cs θ－sin θ),sin θ＋cs θ)＝sin θ(cs θ－sin θ)＝ eq \f(3\r(10),10) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(10),10)－\f(3\r(10),10)))＝－ eq \f(3,5)，得证．
例4－2 (1) 化简： eq \f(1＋cs θ＋sin θ,1－cs θ＋sin θ)＋ eq \f(1－cs θ＋sin θ,1＋cs θ＋sin θ)＝__ eq \f(2,sin θ)__；
【解析】 原式＝ eq \f(2cs2\f(θ,2)＋2sin\f(θ,2)cs \f(θ,2),2sin2\f(θ,2)＋2sin\f(θ,2)cs \f(θ,2))＋ eq \f(2sin2\f(θ,2)＋2sin\f(θ,2)cs \f(θ,2),2cs2\f(θ,2)＋2sin\f(θ,2)cs \f(θ,2))＝ eq \f(2cs \f(θ,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(θ,2)＋sin \f(θ,2))),2sin \f(θ,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(θ,2)＋sin \f(θ,2))))＋ eq \f(2sin \f(θ,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(θ,2)＋sin \f(θ,2))),2cs \f(θ,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(θ,2)＋sin \f(θ,2))))＝ eq \f(cs \f(θ,2),sin \f(θ,2))＋ eq \f(sin \f(θ,2),cs \f(θ,2))＝ eq \f(sin2\f(θ,2)＋cs2\f(θ,2),sin\f(θ,2)cs \f(θ,2))＝ eq \f(1,\f(1,2)sin θ)＝ eq \f(2,sin θ).
(2) 计算：(tan 10°－ eq \r(3)) eq \f(cs 10°,sin 50°)＝__－2__.
【解析】 方法一：原式＝(tan 10°－tan 60°) eq \f(cs 10°,sin 50°)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(sin 10°,cs 10°)－\f(sin 60°,cs 60°))) eq \f(cs 10°,sin 50°)＝ eq \f(sin (－50°),cs 10°cs 60°)· eq \f(cs 10°,sin 50°)＝－2.
方法二：原式＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(sin 10°,cs 10°)－\r(3))) eq \f(cs 10°,sin 50°)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(sin 10°－\r(3)cs 10°,cs 10°)))· eq \f(cs 10°,sin 50°)＝ eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin 10°－\f(\r(3),2)cs 10°)),sin 50°)＝ eq \f(2sin (10°－60°),sin 50°)＝ eq \f(－2sin 50°,sin 50°)＝－2.
随堂内化
1．已知cs x＝ eq \f(1,3)，则sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2x))＝( A )
A．－ eq \f(7,9)B． eq \f(7,9)
C．－ eq \f(8,9)D． eq \f(8,9)
【解析】 sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2x))＝cs 2x＝2cs2x－1＝2× eq \f(1,9)－1＝－ eq \f(7,9).
2．(2023·唐山一模)计算：1＋tan 22.5°＝( A )
A． eq \r(2)B． eq \f(\r(5),2)
C． eq \f(1＋\r(5),2)D． eq \f(1＋\r(2),2)
【解析】 由tan 45°＝ eq \f(2tan 22.5°,1－tan222.5°)＝1，得2tan22.5°＝1－tan222.5°，即(tan22.5°＋1)2＝2，又tan 22.5°＞0，所以1＋tan 22.5°＝ eq \r(2).
3．(2023·石家庄期初)已知sin α＋2cs α＝1，α为第四象限角，则sin 2α＝( A )
A．－ eq \f(24,25)B． eq \f(24,25)
C．－ eq \f(4,5)D． eq \f(4,5)
【解析】 因为sin α＋2cs α＝1，sin2α＋cs2α＝1，联立解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(sinα＝1，,cs α＝0))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(sin α＝－\f(3,5)，,cs α＝\f(4,5)．))又α为第四象限角，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(sin α＝－\f(3,5)，,cs α＝\f(4,5)，))所以sin 2α＝2sin αcs α＝－ eq \f(24,25).
4．(2023·梅州一模)已知sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝ eq \f(1,3)，则cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－2α))＝( A )
A．－ eq \f(7,9)B． eq \f(7,9)
C．－ eq \f(4\r(2),9)D． eq \f(4\r(2),9)
【解析】 由 eq \f(2π,3)－2α＝π－2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))可得cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－2α))＝cs eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))))＝－cs eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))))＝2sin2 eq \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).