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    新高考数学一轮复习教案第4章第5节 三角恒等变换(含解析)

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    新高考数学一轮复习教案第4章第5节 三角恒等变换(含解析)

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    这是一份新高考数学一轮复习教案第4章第5节 三角恒等变换(含解析),共20页。
    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

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