高考数学科学创新复习方案提升版第25讲简单的三角恒等变换学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第25讲简单的三角恒等变换学案（Word版附解析），共17页。

例1 (1)已知0<θ<π，则eq \f(（1＋sinθ＋csθ）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(θ,2)－cs\f(θ,2))),\r(2＋2csθ))＝________．
答案 －csθ
解析 由θ∈(0，π)得00，所以eq \r(2＋2csθ)＝eq \r(4cs2\f(θ,2))＝2cseq \f(θ,2).又(1＋sinθ＋csθ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(θ,2)－cs\f(θ,2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2sin\f(θ,2)cs\f(θ,2)＋2cs2\f(θ,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(θ,2)－cs\f(θ,2)))＝2cseq \f(θ,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin2\f(θ,2)－cs2\f(θ,2)))＝－2cseq \f(θ,2)csθ，故原式＝eq \f(－2cs\f(θ,2)csθ,2cs\f(θ,2))＝－csθ.
(2)化简：①eq \a\vs4\al\c1()eq \f(1,tan\f(α,2))－taneq \f(α,2)eq \a\vs4\al\c1()eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋tanαtan\f(α,2)))＝________；
②eq \f(sin（2α＋β）,sinα)－2cs(α＋β)＝________．
答案 ①eq \f(2,sinα) ②eq \f(sinβ,sinα)
解析 ①原式＝eq \a\vs4\al\c1()eq \f(cs\f(α,2),sin\f(α,2))－eq \f(sin\f(α,2),cs\f(α,2))eq \a\vs4\al\c1()eq \a\vs4\al\c1()1＋eq \f(sinα,csα)·
eq \f(sin\f(α,2),cs\f(α,2))eq \a\vs4\al\c1()＝eq \f(cs2\f(α,2)－sin2\f(α,2),sin\f(α,2)cs\f(α,2))·eq \f(csαcs\f(α,2)＋sinαsin\f(α,2),csαcs\f(α,2))
＝eq \f(2csα,sinα)·eq \f(cs\f(α,2),csαcs\f(α,2))＝eq \f(2,sinα).
②原式＝eq \f(sin（2α＋β）－2sinαcs（α＋β）,sinα)
＝eq \f(sin[α＋（α＋β）]－2sinαcs（α＋β）,sinα)
＝eq \f(sinαcs（α＋β）＋csαsin（α＋β）－2sinαcs（α＋β）,sinα)
＝eq \f(csαsin（α＋β）－sinαcs（α＋β）,sinα)
＝eq \f(sin[（α＋β）－α],sinα)＝eq \f(sinβ,sinα).
三角函数式的化简要遵循“三看”原则
1.化简：eq \f(2tan（45°－α）,1－tan2（45°－α）)·
eq \f(sinαcsα,cs2α－sin2α)＝________．
答案 eq \f(1,2)
解析 原式＝tan(90°－2α)·eq \f(\f(1,2)sin2α,cs2α)＝eq \f(sin（90°－2α）,cs（90°－2α）)·eq \f(\f(1,2)sin2α,cs2α)＝eq \f(cs2α,sin2α)·eq \f(\f(1,2)sin2α,cs2α)＝eq \f(1,2).
2．化简：eq \f(2cs4x－2cs2x＋\f(1,2),2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋x)))＝________．
答案 eq \f(1,2)cs2x
解析 原式＝eq \f(\f(1,2)（4cs4x－4cs2x＋1）,2·\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x)),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x)))·cs2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x)))＝eq \f(（2cs2x－1）2,4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x)))＝eq \f(cs22x,2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2x)))＝eq \f(cs22x,2cs2x)＝eq \f(1,2)cs2x.
多角度探究突破
角度 给角求值
例2 (1)求值：eq \f(cs20°,cs35°\r(1－sin20°))＝( )
A．1 B．2
C.eq \r(2) D.eq \r(3)
答案 C
解析 原式＝eq \f(cs20°,cs35°|sin10°－cs10°|)
＝eq \f(cs210°－sin210°,cs35°（cs10°－sin10°）)＝eq \f(cs10°＋sin10°,cs35°)
＝eq \f(\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)cs10°＋\f(\r(2),2)sin10°)),cs35°)＝eq \f(\r(2)cs（45°－10°）,cs35°)
＝eq \f(\r(2)cs35°,cs35°)＝eq \r(2).
(2)求值：eq \f(\r(3)tan12°－3,sin12°（4cs212°－2）)＝________．
答案 －4eq \r(3)
解析 原式＝eq \f(\f(\r(3)sin12°,cs12°)－3,2sin12°（2cs212°－1）)
＝eq \f(\r(3)sin12°－3cs12°,2sin12°cs12°cs24°)
＝eq \f(2\r(3)（sin12°cs60°－cs12°sin60°）,sin24°cs24°)
＝eq \f(4\r(3)sin（12°－60°）,sin48°)＝－4eq \r(3).
给角求值问题的解题策略
在三角函数的给角求值问题中，已知角常常是非特殊角，但非特殊角与特殊角总有一定关系．
其基本思路是观察所给角与特殊角之间的关系，利用和、差、倍角公式等将非特殊角的三角函数值转化为特殊角的三角函数值，或可正、负相消的项和特殊角的三角函数值，或可约分的项和特殊角的三角函数值等．
1.(2024·扬州高三开学考试)eq \f(cs55°＋sin25°cs60°,cs25°)＝( )
A．－eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(3),2)
C．－eq \f(1,2) D.eq \f(1,2)
答案 B
解析 eq \f(cs55°＋sin25°cs60°,cs25°)＝eq \f(cs（30°＋25°）＋\f(1,2)sin25°,cs25°)＝eq \f(\f(\r(3),2)cs25°－\f(1,2)sin25°＋\f(1,2)sin25°,cs25°)＝eq \f(\r(3),2).故选B.
2．(1＋tan1°)(1＋tan2°)(1＋tan3°)…(1＋tan44°)的值为( )
A．222 B．223
C．211 D．212
答案 A
解析 由tan1°＋tan44°＝1－tan1°tan44°，得(1＋tan1°)(1＋tan44°)＝1＋tan1°＋tan44°＋tan1°tan44°＝1＋1－tan1°tan44°＋tan1°tan44°＝2.所以(1＋tan1°)(1＋tan2°)(1＋tan3°)·…·(1＋tan44°)＝222.故选A.
角度 给值求值
例3 (1)(2023·湖南新高考联盟第二次联考)设sin20°＝m，cs20°＝n，化简eq \f(1＋tan10°,1－tan10°)－eq \f(2cs70°,cs50°)＝( )
A.eq \f(m,n) B．－eq \f(m,n)
C.eq \f(n,m) D．－eq \f(n,m)
答案 A
解析 因为sin20°＝m，cs20°＝n，所以eq \f(1＋tan10°,1－tan10°)－eq \f(2cs70°,cs50°)＝eq \f(cs10°＋sin10°,cs10°－sin10°)－eq \f(2sin20°,sin40°)＝eq \f(cs10°＋sin10°,cs10°－sin10°)－eq \f(1,cs20°)＝eq \f(（cs10°＋sin10°）2,cs210°－sin210°)－eq \f(1,cs20°)＝eq \f(1＋sin20°,cs20°)－eq \f(1,cs20°)＝eq \f(sin20°,cs20°)＝eq \f(m,n).故选A.
(2)(2023·淄博模拟)已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，且eq \r(2)cs2α＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))，则sin2α＝( )
A．－eq \f(3,4) B.eq \f(3,4)
C．－1 D．1
答案 C
解析 ∵eq \r(2)cs2α＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)(sinα＋csα)，∴cs2α－sin2α＝(csα＋sinα)(csα－sinα)＝eq \f(1,2)(csα＋sinα)，∴(csα＋sinα)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(csα－sinα－\f(1,2)))＝0，∴csα＋sinα＝0或csα－sinα＝eq \f(1,2)，由csα＋sinα＝0平方可得1＋sin2α＝0，即sin2α＝－1；由csα－sinα＝eq \f(1,2)平方可得1－sin2α＝eq \f(1,4)，即sin2α＝eq \f(3,4)，∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，∴2α∈(－π，0)，∴sin2α<0，∴sin2α＝－1.
给值求值问题的解题策略
给值求值是指已知某个角的三角函数值，求与该角相关的其他三角函数值的问题，解题的基本方法是通过角的三角函数的变换把求解目标用已知条件表达出来．
1.(2024·徐州模拟)若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，eq \f(cs2α,1＋tan2α)＝eq \f(3,8)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(2),2)
C.eq \f(1,2) D．1
答案 C
解析 因为eq \f(cs2α,1＋tan2α)＝eq \f(3,8)，所以3(1＋tan2α)＝8×eq \f(cs2α－sin2α,sin2α＋cs2α)＝8×eq \f(1－tan2α,1＋tan2α)，可得3(1＋tan2α)2＝8－8tan2α，解得tan2α＝eq \f(1,3)，因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以tanα＝eq \f(\r(3),3)，所以α＝eq \f(π,6)，所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝cseq \f(π,3)＝eq \f(1,2).
2．(2024·镇江模拟)公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现0.618就是黄金分割，这是一个伟大的发现，这一数值也表示为a＝2sin18°，若a2＋b＝4，则eq \f(1－2cs227°,a\r(b))＝________．
答案 －eq \f(1,2)
解析 ∵a＝2sin18°，a2＋b＝4，∴b＝4－a2＝4－4sin218°＝4(1－sin218°)＝4cs218°，∴eq \f(1－2cs227°,a\r(b))＝eq \f(1－2cs227°,2sin18°\r(4cs218°))＝eq \f(－cs54°,4sin18°cs18°)＝eq \f(－sin36°,2sin36°)＝－eq \f(1,2).
角度 给值求角
例4 (1)(2023·常州模拟)已知csα＝eq \f(\r(5),5)，sin(β－α)＝－eq \f(\r(10),10)，α，β均为锐角，则β＝( )
A.eq \f(π,12) B.eq \f(π,6)
C.eq \f(π,4) D.eq \f(π,3)
答案 C
解析 因为csα＝eq \f(\r(5),5)，sin(β－α)＝－eq \f(\r(10),10)＜0，α，β均为锐角，所以sinα＝eq \r(1－cs2α)＝eq \f(2\r(5),5)，β－α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))，可得cs(β－α)＝eq \r(1－sin2（β－α）)＝eq \f(3\r(10),10)，sinβ＝sin[(β－α)＋α]＝sin(β－α)csα＋cs(β－α)sinα＝－eq \f(\r(10),10)×eq \f(\r(5),5)＋eq \f(3\r(10),10)×eq \f(2\r(5),5)＝eq \f(\r(2),2)，则β＝eq \f(π,4).故选C.
(2)已知α，β∈(0，π)，且tan(α－β)＝eq \f(1,2)，tanβ＝－eq \f(1,7)，则2α－β的值为________．
答案 －eq \f(3π,4)
解析 ∵tanα＝tan[(α－β)＋β]＝eq \f(tan（α－β）＋tanβ,1－tan（α－β）tanβ)＝eq \f(\f(1,2)－\f(1,7),1＋\f(1,2)×\f(1,7))＝eq \f(1,3)>0，∴0<α0，∴0<2α给值求角时，选取函数应遵循的原则
(1)已知正切函数值，则选正切函数．
(2)已知正、余弦函数值，则选正弦或余弦函数．若角的范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则选正、余弦函数皆可；若角的范围是(0，π)，则选余弦函数较好；若角的范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则选正弦函数较好．
1.(2023·漳州八校联考)已知锐角α的终边上一点P(sin40°，1＋cs40°)，则α＝( )
A．10° B．20°
C．70° D．80°
答案 C
解析 由题意，得tanα＝eq \f(1＋cs40°,sin40°)＝eq \f(2cs220°,2cs20°sin20°)＝eq \f(cs20°,sin20°)＝eq \f(sin70°,cs70°)＝tan70°.又α为锐角，∴α＝70°.故选C.
2．已知sin(α＋2β)＝eq \f(4\r(3),7)，cs(2α＋β)＝－eq \f(11,14)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))，则α－β＝________．
答案 eq \f(π,3)
解析 因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)，0))，则eq \f(π,4)<2α＋β<π，－eq \f(π,4)<α＋2β课时作业
一、单项选择题
1.eq \f(2cs58°＋sin28°,cs28°)＝( )
A．－eq \r(3) B．1
C.eq \r(3) D．2
答案 C
解析 原式＝eq \f(2cs（30°＋28°）＋sin28°,cs28°)
＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs28°－\f(1,2)sin28°))＋sin28°,cs28°)＝eq \f(\r(3)cs28°,cs28°)＝eq \r(3).
2．(2023·新课标Ⅱ卷)已知α为锐角，csα＝eq \f(1＋\r(5),4)，则sineq \f(α,2)＝( )
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 因为csα＝1－2sin2eq \f(α,2)＝eq \f(1＋\r(5),4)，而α为锐角，解得sineq \f(α,2)＝eq \r(\f(3－\r(5),8))＝eq \r(\f(（\r(5)－1）2,16))＝eq \f(\r(5)－1,4).故选D.
3．(2023·枣庄模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点(－3，4)，则taneq \f(α,2)＝( )
A．－eq \f(1,2)或2 B．2
C．－eq \f(1,3)或3 D．3
答案 B
解析 因为角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点(－3，4)，所以sinα＝eq \f(4,5)，csα＝－eq \f(3,5)，所以taneq \f(α,2)＝eq \f(sinα,1＋csα)＝eq \f(\f(4,5),1－\f(3,5))＝2.故选B.
4．(2023·苏州三模)若X·(1＋eq \r(3)tan10°)＝1，则X可以为( )
A．sin20° B．sin40°
C．cs20° D．cs40°
答案 D
解析 若X·(1＋eq \r(3)tan10°)＝1，则X＝eq \f(1,1＋\r(3)tan10°)＝eq \f(1,1＋\f(\r(3)sin10°,cs10°))＝eq \f(cs10°,cs10°＋\r(3)sin10°)＝eq \f(cs10°,2sin（10°＋30°）)＝eq \f(cs10°,2sin40°)＝eq \f(cs（90°－80°）,2sin40°)＝eq \f(sin80°,2sin40°)＝eq \f(2sin40°cs40°,2sin40°)＝cs40°.故选D.
5．若θ是第二象限角，taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋θ))＝－eq \f(5,12)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,6)))＝( )
A.eq \f(120,169) B.eq \f(119,169)
C．－eq \f(120,169) D．－eq \f(119,169)
答案 D
解析 设eq \f(π,3)＋θ＝α，则2θ＋eq \f(π,6)＝2α－eq \f(π,2)，∵taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋θ))＝tanα＝－eq \f(5,12)，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,6)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,2)))＝－cs2α＝sin2α－cs2α＝eq \f(sin2α－cs2α,sin2α＋cs2α)＝eq \f(tan2α－1,tan2α＋1)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,12)))\s\up12(2)－1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,12)))\s\up12(2)＋1)＝－eq \f(119,169).故选D.
6．(2023·福州模拟)已知sin(2α－β)＝－3sinβ，且α－β≠eq \f(π,2)＋kπ，α≠eq \f(kπ,2)，其中k∈Z，则eq \f(tan（α－β）,tanα)＝( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 B
解析 ∵sin(2α－β)＝－3sinβ，∴sin[(α－β)＋α]＝－3sin[α－(α－β)]，sin(α－β)csα＋cs(α－β)sinα＝－3sinαcs(α－β)＋3csαsin(α－β)，整理得2cs(α－β)sinα＝csαsin(α－β)，由于α－β≠eq \f(π,2)＋kπ，α≠eq \f(kπ,2)，∴sinα≠0，cs(α－β)≠0，则eq \f(csαsin（α－β）,cs（α－β）sinα)＝2，即eq \f(tan（α－β）,tanα)＝2.故选B.
7.已知在区间[0，π]上，函数y＝3sineq \f(x,2)与函数y＝eq \r(1＋sinx)的图象交于点P，设点P在x轴上的射影为P′，P′的横坐标为x0，则tanx0的值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(4,3)
C.eq \f(4,5) D.eq \f(8,15)
答案 B
解析 依题意得3sineq \f(x0,2)＝eq \r(1＋sinx0)＝sineq \f(x0,2)＋cseq \f(x0,2)，即2sineq \f(x0,2)＝cseq \f(x0,2)，则taneq \f(x0,2)＝eq \f(1,2)，所以tanx0＝eq \f(2tan\f(x0,2),1－tan2\f(x0,2))＝eq \f(4,3).故选B.
8．(2023·佛山模拟)设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)))，且tanα＝eq \f(1＋sinβ,csβ)，则( )
A．3α－β＝eq \f(π,2) B．3α＋β＝eq \f(π,2)
C．2α－β＝eq \f(π,2) D．2α＋β＝eq \f(π,2)
答案 C
解析 解法一：∵eq \f(sinα,csα)＝eq \f(1＋sinβ,csβ)，∴sinαcsβ＝csα＋csαsinβ，∴sin(α－β)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α))，∵α－β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，eq \f(π,2)－α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴α－β＝eq \f(π,2)－α，∴2α－β＝eq \f(π,2).故选C.
解法二：∵tanα＝eq \f(1＋sinβ,csβ)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(β,2)＋sin\f(β,2)))\s\up12(2),cs2\f(β,2)－sin2\f(β,2))＝eq \f(cs\f(β,2)＋sin\f(β,2),cs\f(β,2)－sin\f(β,2))＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(β,2)＋\f(π,4)))，又eq \f(β,2)＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，∴α＝eq \f(β,2)＋eq \f(π,4)，∴2α－β＝eq \f(π,2).故选C.
二、多项选择题
9．已知sin10°＝a，则eq \f(3,sin240°)－eq \f(1,cs240°)的值用a可以表示为( )
A.eq \f(8a＋4,1－a2) B.eq \f(4a＋2,1－a2)
C．16a D．32a
答案 AD
解析 eq \f(3,sin240°)－eq \f(1,cs240°)＝eq \f(3cs240°－sin240°,sin240°cs240°)
＝eq \f(\f(3,2)（1＋cs80°）－\f(1,2)（1－cs80°）,\f(1,4)sin280°)＝eq \f(4＋8cs80°,cs210°)＝eq \f(4＋8sin10°,1－sin210°)＝eq \f(4＋8a,1－a2)，又sin30°＝sin(10°＋20°)＝sin10°cs20°＋cs10°sin20°＝sin10°(1－2sin210°)＋2sin10°cs210°＝3sin10°－4sin310°＝eq \f(1,2)，所以3a－4a3＝eq \f(1,2)，故6a－8a3＝1，得eq \f(4＋8a,1－a2)＝eq \f(4（6a－8a3）＋8a,1－a2)＝eq \f(32a（1－a2）,1－a2)＝32a.
10．(2023·海口模拟)已知α∈(π，2π)，sinα＝eq \f(tanα,2)＝taneq \f(β,2)，则( )
A．tanα＝eq \r(3) B．csα＝eq \f(1,2)
C．tanβ＝4eq \r(3) D．csβ＝eq \f(1,7)
答案 BD
解析 因为α∈(π，2π)，所以sinα≠0，又sinα＝eq \f(tanα,2)＝eq \f(sinα,2csα)，所以csα＝eq \f(1,2)＞0，故B正确；由上述可得α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))，则sinα＝－eq \r(1－cs2α)＝－eq \f(\r(3),2)，tanα＝eq \f(sinα,csα)＝－eq \r(3)，故A错误；由已知可得taneq \f(β,2)＝－eq \f(\r(3),2)，可得tanβ＝eq \f(2tan\f(β,2),1－tan2\f(β,2))＝－4eq \r(3)，故C错误；csβ＝eq \f(cs2\f(β,2)－sin2\f(β,2),cs2\f(β,2)＋sin2\f(β,2))＝eq \f(1－tan2\f(β,2),1＋tan2\f(β,2))＝eq \f(1,7)，故D正确．故选BD.
11．下列式子中正确的是( )
A．csαsinβ＝eq \f(1,2)[sin(α－β)－sin(α＋β)]
B．sinθ－sinφ＝2cseq \f(θ＋φ,2)sineq \f(θ－φ,2)
C．tanα＋tanβ＝tan(α＋β)＋tanαtanβtan(α＋β)
D.eq \f(sin（2α＋β）,sinα)－2cs(α＋β)＝eq \f(sinβ,sinα)
答案 BD
解析 对于A，eq \f(1,2)[sin(α－β)－sin(α＋β)]＝eq \f(1,2)(sinαcsβ－sinβcsα－sinαcsβ－sinβcsα)＝－csαsinβ，故A错误；对于B，2cseq \f(θ＋φ,2)·sineq \f(θ－φ,2)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(θ,2)＋\f(φ,2)))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(θ,2)－\f(φ,2)))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(θ,2)·cs\f(φ,2)－sin\f(θ,2)sin\f(φ,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(θ,2)cs\f(φ,2)－cs\f(θ,2)sin\f(φ,2)))＝2cseq \f(θ,2)cseq \f(φ,2)sineq \f(θ,2)cseq \f(φ,2)－2sineq \f(θ,2)sineq \f(φ,2)·sineq \f(θ,2)cseq \f(φ,2)－2cseq \f(θ,2)cseq \f(φ,2)cseq \f(θ,2)sineq \f(φ,2)＋2sineq \f(θ,2)sineq \f(φ,2)cseq \f(θ,2)sineq \f(φ,2)＝cs2eq \f(φ,2)sinθ－sin2eq \f(θ,2)·sinφ－cs2eq \f(θ,2)sinφ＋sinθsin2eq \f(φ,2)＝sinθ－sinφ，故B正确；对于C，若α＝β＝eq \f(π,3)，则tanα＋tanβ＝taneq \f(π,3)＋taneq \f(π,3)＝2eq \r(3)，tan(α＋β)＋tanαtanβtan(α＋β)＝taneq \f(2π,3)＋taneq \f(π,3)taneq \f(π,3)taneq \f(2π,3)＝－4eq \r(3)，2eq \r(3)≠－4eq \r(3)，故C错误；对于D，eq \f(sin（2α＋β）,sinα)－2cs(α＋β)＝eq \f(sin2αcsβ＋cs2αsinβ,sinα)－2csαcsβ＋2sinαsinβ＝2csαcsβ＋eq \f(cs2αsinβ,sinα)－2csαcsβ＋2sinαsinβ＝eq \f(cs2αsinβ,sinα)＋2sinαsinβ＝eq \f(cs2αsinβ＋2sin2αsinβ,sinα)＝eq \f(cs2αsinβ＋（1－cs2α）sinβ,sinα)＝eq \f(sinβ,sinα)，故D正确．故选BD.
三、填空题
12．(2024·石家庄高三阶段练习)写出满足tan7α＝eq \f(csα＋sinα,csα－sinα)的α的一个值：________．
答案 eq \f(π,24)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(答案不唯一，只要满足α＝\f(π,24)＋\f(kπ,6)（k∈Z）均可))
解析 因为eq \f(csα＋sinα,csα－sinα)＝eq \f(1＋tanα,1－tanα)＝eq \f(tan\f(π,4)＋tanα,1－tan\f(π,4)tanα)＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))，所以tan7α＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))，所以7α＝eq \f(π,4)＋α＋kπ(k∈Z)，即α＝eq \f(π,24)＋eq \f(kπ,6)(k∈Z)．
13．定义运算＝ad－bc.若csα＝eq \f(1,7)，＝eq \f(3\r(3),14)，0<β<α答案 eq \f(π,3)
解析 由题意有sinαcsβ－csαsinβ＝sin(α－β)＝eq \f(3\r(3),14)，又0<β<α14．(2024·河北省部分名校高三联考)已知函数f(x)＝tan2x＋2tan(π－x)－1.若tanα＝2，则f(α)＝________；若f(x)的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，则f(x)的零点个数为________．
答案 －eq \f(19,3) 1
解析 因为函数f(x)＝tan2x＋2tan(π－x)－1＝eq \f(2tanx,1－tan2x)－2tanx－1，若tanα＝2，则f(α)＝eq \f(2tanα,1－tan2α)－2tanα－1＝eq \f(4,1－4)－4－1＝－eq \f(19,3).令f(x)＝0，得eq \f(2tanx,1－tan2x)＝2tanx＋1，整理得2tan3x＋tan2x－1＝0，设tanx＝t，若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，则t∈(－∞，－1)∪(0，1)，设g(t)＝2t3＋t2－1，t∈(－∞，－1)∪(0，1)，则g′(t)＝6t2＋2t，当t∈(－∞，－1)∪(0，1)时，g′(t)＞0，g(t)在区间(－∞，－1)和(0，1)上单调递增，且g(－1)＝－2＜0，g(0)＝－1＜0，g(1)＝2＞0，所以g(t)在区间(0，1)上存在唯一零点，又因为y＝tanx在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))上单调递增，所以函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,4)))上的零点个数为1.
四、解答题
15．(2023·昆明高考三诊一模)已知sin(α＋β)＝eq \f(1,2)，sin(α－β)＝eq \f(1,3).
(1)求证：sinαcsβ＝5csαsinβ；
(2)若已知0<α＋β解 (1)证明：∵sin(α＋β)＝sinαcsβ＋csαsinβ＝eq \f(1,2)，sin(α－β)＝sinαcsβ－csαsinβ＝eq \f(1,3)，
∴2sinαcsβ＋2csαsinβ＝1，①
3sinαcsβ－3csαsinβ＝1，②
②－①得sinαcsβ－5csαsinβ＝0，则sinαcsβ＝5csαsinβ.
(2)∵sin(α＋β)＝eq \f(1,2)，sin(α－β)＝eq \f(1,3)，
0<α＋β∴cs(α＋β)＝eq \f(\r(3),2)，cs(α－β)＝eq \f(2\r(2),3)，
则cs2α＝cs[(α＋β)＋(α－β)]＝cs(α＋β)·cs(α－β)－sin(α＋β)sin(α－β)＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(2\r(2),3)－eq \f(1,2)×eq \f(1,3)＝eq \f(2\r(6)－1,6).
16．已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的最小正周期为π，且cs2φ＋csφ＝0.
(1)求ω和feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))的值；
(2)若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)))＝eq \f(3,5)(0<α<π)，求sinα.
解 (1)∵函数f(x)＝sin(ωx＋φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ω>0，0<φ<\f(π,2)))的最小正周期为eq \f(2π,ω)＝π，∴ω＝2.
再根据cs2φ＋csφ＝2cs2φ－1＋csφ＝0，
得csφ＝－1(舍去)或csφ＝eq \f(1,2)，
∴φ＝eq \f(π,3)，故f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，
故feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π＋\f(π,3)))＝－eq \f(\r(3),2).
(2)∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＝eq \f(3,5)∴α＋eq \f(π,3)为钝角，
故cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＝－eq \r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3))))＝－eq \f(4,5)，
故sinα＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))－\f(π,3)))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))cseq \f(π,3)－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))sineq \f(π,3)＝eq \f(3,5)×eq \f(1,2)＋eq \f(4,5)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3＋4\r(3),10).
17．若函数y＝|sinx|的图象与直线y＝kx(k>0)有且仅有三个公共点，公共点横坐标的最大值为α，求证：eq \f(sinα,csα＋cs3α)＝eq \f(α（α2＋1）,2（1－α2）).
证明 y＝|sinx|的图象与直线y＝kx(k>0)有三个公共点，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))内相切，如图所示，
其切点为A(α，－sinα)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))，此时公共点的横坐标最大，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))时，y＝|sinx|＝－sinx，
y′＝－csx，y′|x＝α＝－csα，
∴－csα＝k＝eq \f(－sinα,α)，
即α＝tanα，
证法一：∴eq \f(sinα,csα＋cs3α)＝eq \f(sinα,csα＋cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋2α)))
＝eq \f(sinα,csα＋csαcs2α－sinαsin2α)
＝eq \f(sinα,csα（1＋cs2α）－sinαsin2α)
＝eq \f(sinα,csα（1＋2cs2α－1）－sinα·2sinαcsα)
＝eq \f(sinα,2cs3α－2sin2αcsα)
＝eq \f(sinα,2csα（cs2α－sin2α）)＝eq \f(tanα（cs2α＋sin2α）,2（cs2α－sin2α）)
＝eq \f(tanα（1＋tan2α）,2（1－tan2α）)＝eq \f(α（1＋α2）,2（1－α2）)，
故eq \f(sinα,csα＋cs3α)＝eq \f(α（α2＋1）,2（1－α2）).
证法二：∴eq \f(sinα,csα＋cs3α)＝eq \f(sinα,cs（2α－α）＋cs（α＋2α）)＝eq \f(sinα,2cs2αcsα)＝eq \f(tanα,2（cs2α－sin2α）)
＝eq \f(tanα（cs2α＋sin2α）,2（cs2α－sin2α）)＝eq \f(tanα（1＋tan2α）,2（1－tan2α）)
＝eq \f(α（1＋α2）,2（1－α2）)，故eq \f(sinα,csα＋cs3α)＝eq \f(α（α2＋1）,2（1－α2）).考向一 三角函数式的化简
考向二 三角函数式的求值