高考数学一轮复习试题第三节三角恒等式变换

第3节三角恒等变换考试要求1.经历推导两角差余弦公式的过程，知道两角差余弦公式的意义.2.能从两角差的余弦公式推导出两角和与差的正弦、余弦、正切公式，二倍角的正弦、余弦、正切公式，了解它们的内在联系.3.能运用公式进行简单的恒等变换(包括推导出积化和差、和差化积、半角公式，这三组公式不要求记忆).1.两角和与差的正弦、余弦和正切公式sin(α±β)＝sin__αcos__β±cos__αsin__β.cos(α∓β)＝cos__αcos__β±sin__αsin__β.tan(α±β)＝eq\f(tanα±tanβ,1∓tanαtanβ).2.二倍角的正弦、余弦、正切公式sin2α＝2sin__αcos__α.cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α).3.函数f(α)＝asinα＋bcosα(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\co1(其中tanφ＝\f(b,a)))或f(α)＝eq\r(a2＋b2)·cos(α－φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中tanφ＝\f(a,b))).1.tanα±tanβ＝tan(α±β)(1∓tanαtanβ).2.降幂公式：cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)，sin2α＝eq\f(1－cos2α,2).3.1＋sin2α＝(sinα＋cosα)2，1－sin2α＝(sinα－cosα)2，sinα±cosα＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α±\f(π,4))).1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)两角和与差的正弦、余弦公式中的角α，β是任意的.()(2)存在实数α，β，使等式sin(α＋β)＝sinα＋sinβ成立.()(3)公式tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)可以变形为tanα＋tanβ＝tan(α＋β)(1－tanαtanβ)，且对任意角α，β都成立.()(4)存在实数α，使tan2α＝2tanα.()答案(1)√(2)√(3)×(4)√解析(3)变形可以，但不是对任意的α，β都成立，α，β，α＋β≠eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z).2.(2021·全国乙卷)cos2eq\f(π,12)－cos2eq\f(5π,12)＝()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解析因为coseq\f(5π,12)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(5π,12)))＝sineq\f(π,12)，所以cos2eq\f(π,12)－cos2eq\f(5π,12)＝cos2eq\f(π,12)－sin2eq\f(π,12)＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)))＝coseq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2).3.(2021·泰安模拟)eq\f(2sin47°－\r(3)sin17°,cos17°)＝()A.－eq\r(3) B.－1 C.eq\r(3) D.1答案D解析原式＝2×eq\f(sin47°－sin17°cos30°,cos17°)＝2×eq\f(sin（17°＋30°）－sin17°cos30°,cos17°)＝2sin30°＝1.故选D.4.(2022·南昌质检)若taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝2，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(2π,3)))＝()A.－2－eq\r(3) B.－eq\f(4,3)C.2＋eq\r(3) D.eq\f(4,3)答案B解析taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(2π,3)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)－π))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝eq\f(2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))),1－tan2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))))＝eq\f(4,1－22)＝－eq\f(4,3).故选B.5.化简：eq\f(cos40°,cos25°·\r(1－sin40°))＝________.答案eq\r(2)解析原式＝eq\f(cos40°,cos25°\r(1－cos50°))＝eq\f(cos40°,cos25°·\r(2)sin25°)＝eq\f(cos40°,\f(\r(2),2)sin50°)＝eq\r(2).6.(易错题)已知锐角α，β满足sinα＝eq\f(\r(10),10)，cosβ＝eq\f(2\r(5),5)，则α＋β＝________.答案eq\f(π,4)解析因为α，β为锐角，且sinα＝eq\f(\r(10),10)＜eq\f(1,2)，cosβ＝eq\f(2\r(5),5)＞eq\f(\r(3),2)，则cosα＝eq\f(3\r(10),10)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))，sinβ＝eq\f(\r(5),5)且β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))，所以sin(α＋β)＝sinα·cosβ＋cosα·sinβ＝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\co1(0，\f(π,3)))，所以α＋β＝eq\f(π,4).

第一课时两角和与差的正弦、余弦和正切考点一公式的基本应用1.若cosα＝－eq\f(4,5)，α是第三象限的角，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝()A.eq\f(7\r(2),10) B.－eq\f(7\r(2),10) C.－eq\f(\r(2),10) D.eq\f(\r(2),10)答案B解析∵α是第三象限角，∴sinα＜0，且sinα＝－eq\r(1－cos2α)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))\s\up12(2))＝－eq\f(3,5)，因此，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝sinαcoseq\f(π,4)＋cosαsineq\f(π,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\f(\r(2),2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(7\r(2),10).2.已知sinα＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，tan(π－β)＝eq\f(1,2)，则tan(α－β)的值为()A.－eq\f(2,11) B.eq\f(2,11) C.eq\f(11,2) D.－eq\f(11,2)答案A解析∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴cosα＝－eq\f(4,5)，tanα＝－eq\f(3,4)，又tan(π－β)＝eq\f(1,2)，∴tanβ＝－eq\f(1,2)，∴tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanα·tanβ)＝eq\f(－\f(3,4)＋\f(1,2),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4))))＝－eq\f(2,11).3.(2021·德州一模)已知sinα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＋eq\f(1,3)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))的值为()A.eq\f(1,3) B.－eq\f(1,3) C.eq\f(2\r(3),3) D.－eq\f(2\r(3),3)答案B解析由sinα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＋eq\f(1,3)，得sinα＝sinαcoseq\f(π,3)＋cosαsineq\f(π,3)＋eq\f(1,3)＝eq\f(1,2)sinα＋eq\f(\r(3),2)cosα＋eq\f(1,3)，则eq\f(\r(3),2)cosα－eq\f(1,2)sinα＝－eq\f(1,3)，即coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝－eq\f(1,3).4.若sin(2α－β)＝eq\f(1,6)，sin(2α＋β)＝eq\f(1,2)，则sin2αcosβ等于()A.eq\f(2,3) B.eq\f(1,3) C.eq\f(1,6) D.eq\f(1,12)答案B解析由sin(2α－β)＝eq\f(1,6)，sin(2α＋β)＝eq\f(1,2)，可得sin2αcosβ－cos2αsinβ＝eq\f(1,6)，①sin2αcosβ＋cos2αsinβ＝eq\f(1,2)，②由①＋②得2sin2αcosβ＝eq\f(2,3)，所以sin2αcosβ＝eq\f(1,3).感悟提升1.使用两角和与差的三角函数公式，首先要记住公式的结构特征.2.使用公式求值，应先求出相关角的函数值，再代入公式求值.考点二公式的逆用及变形角度1公式的活用例1(1)(多选)(2021·聊城质检)下列选项中，值为eq\f(1,4)的是()A.sineq\f(π,12)sineq\f(5π,12) B.eq\f(1,3)－eq\f(2,3)cos215°C.eq\f(1,sin50°)＋eq\f(\r(3),cos50°) D.cos72°·cos36°答案AD解析对于A，sineq\f(π,12)sineq\f(5π,12)＝sineq\f(π,12)coseq\f(π,12)＝eq\f(1,2)sineq\f(π,6)＝eq\f(1,4)，故A正确；对于B，eq\f(1,3)－eq\f(2,3)cos215°＝－eq\f(1,3)(2cos215°－1)＝－eq\f(1,3)cos30°＝－eq\f(\r(3),6)，故B错误；对于C，原式＝eq\f(cos50°＋\r(3)sin50°,sin50°cos50°)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin50°＋\f(1,2)cos50°)),\f(1,2)sin100°)＝eq\f(2sin80°,\f(1,2)sin100°)＝eq\f(2sin80°,\f(1,2)sin80°)＝4，故C错误；对于D，cos36°·cos72°＝eq\f(2sin36°·cos36°·cos72°,2sin36°)＝eq\f(2sin72°·cos72°,4sin36°)＝eq\f(sin144°,4sin36°)＝eq\f(1,4)，故D正确.综上，选AD.(2)若α＋β＝－eq\f(3π,4)，则(1＋tanα)(1＋tanβ)＝________.答案2解析taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)))＝tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝1，所以1－tanαtanβ＝tanα＋tanβ，所以1＋tanα＋tanβ＋tanαtanβ＝2，即(1＋tanα)·(1＋tanβ)＝2.角度2辅助角公式的运用例2化简：(1)sineq\f(π,12)－eq\r(3)coseq\f(π,12)；(2)cos15°＋sin15°；(3)eq\f(1,sin10°)－eq\f(\r(3),sin80°)；(4)3eq\r(15)sinx＋3eq\r(5)cosx.解(1)法一原式＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin\f(π,12)－\f(\r(3),2)cos\f(π,12)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,6)sin\f(π,12)－cos\f(π,6)cos\f(π,12)))＝－2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,12)))＝－2coseq\f(π,4)＝－eq\r(2).法二原式＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin\f(π,12)－\f(\r(3),2)cos\f(π,12)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,3)sin\f(π,12)－sin\f(π,3)cos\f(π,12)))＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(π,12)))＝－2sineq\f(π,4)＝－eq\r(2).(2)cos15°＋sin15°＝eq\r(2)(cos45°cos15°＋sin45°sin15°)＝eq\r(2)cos(45°－15°)＝eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(6),2).(3)原式＝eq\f(cos10°－\r(3)sin10°,sin10°cos10°)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos10°－\f(\r(3),2)sin10°)),sin10°cos10°)＝eq\f(4（sin30°cos10°－cos30°sin10°）,2sin10°cos10°).＝eq\f(4sin（30°－10°）,sin20°)＝4.(4)3eq\r(15)sinx＋3eq\r(5)cosx＝6eq\r(5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx＋\f(1,2)cosx))＝6eq\r(5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinxcos\f(π,6)＋cosxsin\f(π,6)))＝6eq\r(5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))).感悟提升1.运用两角和与差的三角函数公式时，不但要熟悉公式的正用，还要熟悉公式的逆用及变形应用，如tanα＋tanβ＝tan(α＋β)·(1－tanαtanβ)和二倍角的余弦公式的多种变形等.公式的逆用和变形应用更能拓展思路，培养从正向思维向逆向思维转化的能力.2.对asinx＋bcosx化简时，辅助角φ的值如何求要清楚.训练1(1)已知sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，则sin(α＋β)＝________.答案－eq\f(1,2)解析∵sinα＋cosβ＝1，cosα＋sinβ＝0，∴sin2α＋cos2β＋2sinαcosβ＝1，①cos2α＋sin2β＋2cosαsinβ＝0，②①②两式相加可得sin2α＋cos2α＋sin2β＋cos2β＋2(sinαcosβ＋cosαsinβ)＝1，∴sin(α＋β)＝－eq\f(1,2).(2)函数f(x)＝cosx－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))在[0，π]的值域为()A.[－1，1] B.[－2，1]C.[－2，2] D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))答案B解析f(x)＝cosx－eq\f(\r(3),2)sinx－eq\f(1,2)cosx－eq\f(\r(3),2)sinx＋eq\f(1,2)cosx＝cosx－eq\r(3)sinx＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))).∵0≤x≤π，∴eq\f(π,3)≤x＋eq\f(π,3)≤eq\f(4π,3)，则当x＋eq\f(π,3)＝π时，函数取得最小值2cosπ＝－2，当x＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,3)时，函数取得最大值2coseq\f(π,3)＝2×eq\f(1,2)＝1，即函数的值域为[－2，1].考点三角的变换问题例3(1)已知sinα＝eq\f(2\r(5),5)，sin(β－α)＝－eq\f(\r(10),10)，α，β均为锐角，则β等于()A.eq\f(5π,12) B.eq\f(π,3) C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)答案C解析因为sinα＝eq\f(2\r(5),5)，sin(β－α)＝－eq\f(\r(10),10)，且α，β均为锐角，所以cosα＝eq\f(\r(5),5)，cos(β－α)＝eq\f(3\r(10),10)，所以sinβ＝sin[α＋(β－α)]＝sinα·cos(β－α)＋cosαsin(β－α)＝eq\f(2\r(5),5)×eq\f(3\r(10),10)＋eq\f(\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(10),10)))＝eq\f(25\r(2),50)＝eq\f(\r(2),2)，所以β＝eq\f(π,4).(2)已知α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(24,25)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝________.答案－eq\f(4,5)解析由题意知，α＋β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)＜0，所以cos(α＋β)＝eq\f(4,5)，因为β－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4)))，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝－eq\f(7,25)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（α＋β）－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))))＝cos(α＋β)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＋sin(α＋β)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝－eq\f(4,5).(3)(2022·沈阳质量监测)若sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,8)))＝eq\f(1,3)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,4)))＝________.答案－eq\f(7,9)解析法一因为coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,8)))))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,8)))＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(7,9)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2θ))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,4)))＝eq\f(7,9)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,4)))＝－eq\f(7,9).法二因为coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,8)))))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,8)))＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(7,9)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(cos2θ－sin2θ)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sin2θ－cos2θ)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,4)))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))＝－eq\f(7,9).感悟提升(1)当“已知角”有两个时，“所求角”一般表示为两个“已知角”的和或差的形式；(2)当“已知角”有一个时，此时应着眼于“所求角”与“已知角”的和或差的关系，再应用诱导公式把“所求角”变成“已知角”.(3)常见的角变换：2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝eq\f(α＋β,2)＋eq\f(α－β,2)，eq\f(π,3)＋α＝eq\f(π,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))，α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(π,2)等.训练2(1)已知α为锐角，且coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(5,13)，则cosα的值为________.答案eq\f(5\r(3)＋12,26)解析∵0＜α＜eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)＜α＋eq\f(π,6)＜eq\f(2π,3)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(12,13)，∴cosα＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\f(π,6)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))sineq\f(π,6)＝eq\f(5\r(3)＋12,26).(2)若0<α<eq\f(π,2)，－eq\f(π,2)<β<0，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(1,3)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))＝eq\f(\r(3),3)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(β,2)))等于()A.eq\f(\r(3),3) B.－eq\f(\r(3),3) C.eq\f(5\r(3),9) D.eq\f(－\r(6),9)答案C解析coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(β,2)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2))).∵0<α<eq\f(π,2)，则eq\f(π,4)<eq\f(π,4)＋α<eq\f(3π,4)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(2\r(2),3).又－eq\f(π,2)<β<0，则eq\f(π,4)<eq\f(π,4)－eq\f(β,2)<eq\f(π,2)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(β,2)))＝eq\f(\r(6),3).故coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(β,2)))＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),3)＋eq\f(2\r(2),3)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(5\r(3),9).1.sin45°cos15°＋cos225°sin165°＝()A.1 B.eq\f(1,2) C.eq\f(\r(3),2) D.－eq\f(1,2)答案B解析sin45°cos15°＋cos225°sin165°＝sin45°·cos15°＋(－cos45°)sin15°＝sin(45°－15°)＝sin30°＝eq\f(1,2).2.(多选)下列各式中，值为eq\f(1,2)的是()A.eq\f(tan22.5°,1－tan222.5°) B.tan15°cos215°C.eq\f(\r(3),3)cos2eq\f(π,12)－eq\f(\r(3),3)sin2eq\f(π,12) D.eq\r(\f(1－cos60°,2))答案ACD解析∵eq\f(tan22.5°,1－tan222.5°)＝eq\f(1,2)tan45°＝eq\f(1,2)，tan15°·cos215°＝sin15°cos15°＝eq\f(1,2)sin30°＝eq\f(1,4)，eq\f(\r(3),3)cos2eq\f(π,12)－eq\f(\r(3),3)sin2eq\f(π,12)＝eq\f(\r(3),3)coseq\f(π,6)＝eq\f(1,2)，eq\r(\f(1－cos60°,2))＝sin30°＝eq\f(1,2)，∴选A、C、D.3.(2021·全国甲卷)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tan2α＝eq\f(cosα,2－sinα)，则tanα＝()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解析因为tan2α＝eq\f(sin2α,cos2α)＝eq\f(2sinαcosα,1－2sin2α)，且tan2α＝eq\f(cosα,2－sinα)，所以eq\f(2sinαcosα,1－2sin2α)＝eq\f(cosα,2－sinα)，解得sinα＝eq\f(1,4).因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosα＝eq\f(\r(15),4)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(\r(15),15).4.(2022·烟台模拟)若sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))＝eq\f(3,5)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2θ))＝()A.－eq\f(24,25) B.eq\f(24,25)C.－eq\f(7,25) D.eq\f(7,25)答案D解析法一因为sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))＝eq\f(3,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2θ))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(7,25).故选D.法二因为sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－θ))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋θ))＝eq\f(3,5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋2θ))＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)－1＝－eq\f(7,25).因为coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(π,6)＋2θ))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2θ))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋2θ))＝eq\f(7,25).5.若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且3cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))，则sin2α的值为()A.－eq\f(1,18) B.eq\f(1,18) C.－eq\f(17,18) D.eq\f(17,18)答案C解析由3cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))，可得3(cos2α－sin2α)＝eq\f(\r(2),2)(cosα－sinα)，又由α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，可知cosα－sinα≠0，于是3(cosα＋sinα)＝eq\f(\r(2),2)，所以1＋2sinαcosα＝eq\f(1,18)，故sin2α＝－eq\f(17,18).6.(2021·新高考Ⅰ卷)若tanθ＝－2，则eq\f(sinθ（1＋sin2θ）,sinθ＋cosθ)＝()A.－eq\f(6,5) B.－eq\f(2,5) C.eq\f(2,5) D.eq\f(6,5)答案C解析因为tanθ＝－2，所以eq\f(sinθ（1＋sin2θ）,sinθ＋cosθ)＝eq\f(sinθ（sinθ＋cosθ）2,sinθ＋cosθ)＝sinθ(sinθ＋cosθ)＝eq\f(sin2θ＋sinθcosθ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(tan2θ＋tanθ,1＋tan2θ)＝eq\f(4－2,1＋4)＝eq\f(2,5).7.sin(α＋β)cos(γ－β)－cos(β＋α)sin(β－γ)＝________.答案sin(α＋γ)解析sin(α＋β)cos(γ－β)－cos(β＋α)sin(β－γ)＝sin(α＋β)cos(β－γ)－cos(α＋β)sin(β－γ)＝sin[(α＋β)－(β－γ)]＝sin(α＋γ).8.已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α))＝eq\f(1,2)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))的值为________.答案－eq\f(1,2)解析由已知得cosα＝eq\f(1,2)，sinα＝－eq\f(\r(3),2)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝eq\f(1,2)cosα＋eq\f(\r(3),2)sinα＝－eq\f(1,2).9.tan25°－tan70°＋tan70°tan25°＝________.答案－1解析∵tan25°－tan70°＝tan(25°－70°)(1＋tan25°tan70°)＝tan(－45°)(1＋tan25°tan70°)＝－1－tan25°tan70°∴tan25°－tan70°＋tan70°tan25°＝－1.10.(2021·信阳模拟)已知α，β为锐角，tanα＝eq\f(3,4)，cos(α＋β)＝－eq\f(\r(10),10).(1)求cos2α的值；(2)求tanβ的值.解(1)因为α为锐角，所以cosα≠0，因为tanα＝eq\f(3,4)，所以cos2α＝cos2α－sin2α＝eq\f(cos2α－sin2α,cos2α＋sin2α)＝eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)＝eq\f(1－\f(9,16),1＋\f(9,16))＝eq\f(7,25).(2)因为α，β为锐角，所以α＋β∈(0，π)，因为cos(α＋β)＝－eq\f(\r(10),10)，所以sin(α＋β)＝eq\r(1－cos2（α＋β）)＝eq\r(1－\f(10,100))＝eq\f(3\r(10),10)，所以tan(α＋β)＝－3，所以tanβ＝tan[(α＋β)－α]＝eq\f(tan（α＋β）－tanα,1＋tan（α＋β）tanα)＝eq\f(－3－\f(3,4),1＋（－3）×\f(3,4))＝3.11.已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝－eq\f(1,9)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\f(2,3)，且eq\f(π,2)＜α＜π，0＜β＜eq\f(π,2)，求cos(α＋β).解由已知，得eq\f(π,2)＜α－eq\f(β,2)＜π，0＜eq\f(α,2)－β＜eq\f(π,2)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝eq\f(4\r(5),9)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\f(\r(5),3)，∴coseq\f(α＋β,2)＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)))×eq\f(\r(5),3)＋eq\f(4\r(5),9)×eq\f(2,3)＝eq\f(7\r(5),27).则cos(α＋β)＝2cos2eq\f(α＋β,2)－1＝－eq\f(239,729).12.(多选)(2021·潍坊调研)下列四个选项中，化简正确的是()A.cos(－15°)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)B.cos15°cos105°＋sin15°sin105°＝0C.cos(α－35°)cos(25°＋α)＋sin(α－35°)·sin(25°＋α)＝eq\f(1,2)D.sin14°cos16°＋sin76°cos74°＝eq\f(1,2)答案BCD解析对于A，法一原式＝cos(30°－45°)＝cos30°·cos45°＋sin30°sin45°＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，A错误.法二原式＝cos15°＝cos(45°－30°)＝cos45°cos30°＋sin45°sin30°＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4).对于B，原式＝cos(15°－105°)＝cos(－90°)＝cos90°＝0，B正确.对于C，原式＝cos[(α－35°)－(25°＋α)]＝cos(－60°)＝cos60°＝eq\f(1,2).对于D，原式＝cos76°cos16°＋sin76°sin16°＝cos(76°－16°)＝cos60°＝eq\f(1,2).13.已知sin10°＋mcos10°＝2cos140°，则m＝________.答案－eq\r(3)解析由题意可得m＝eq\f(2cos140°－sin10°,cos10°)＝eq\f(－2cos40°－sin10°,cos10°)＝eq\f(－2cos（30°＋10°）－sin10°,cos10°)＝eq\f(－\r(3)cos10°,cos10°)＝－eq\r(3).14.如图，在平面直角坐标系xOy中，顶点在坐标原点，以x轴非负半轴为始边的锐角α与钝角β的终边与单位圆O分别交于A，B两点，x轴的非负半轴与单位圆O交于点M，已知S△OAM＝eq\f(\r(5),5)，点B的纵坐标是eq\f(\r(2),10).(1)求cos(α－β)的值；(2)求2α－β的值.解(1)由题意知，|OA|＝|OM|＝1，因为S△OAM＝eq\f(1,2)|OA|·|OM|sinα＝eq\f(\r(5),5)，所以sinα＝eq\f(2\r(5),5)，又α为锐角，所以cosα＝eq\f(\r(5),5).因为点B是钝角β的终边与单位圆O的交点，且点B的纵坐标是eq\f(\r(2),10)，所以sinβ＝eq\f(\r(2),10)，cosβ＝－eq\f(7\r(2),10)，所以cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝eq\f(\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7\r(2),10)))＋eq\f(2\r(5),5)×eq\f(\r(2),10)＝－eq\f(\r(10),10).(2)因为sinα＝eq\f(2\r(5),5)，cosα＝eq\f(\r(5),5)，cos(α－β)＝－eq\f(\r(10),10)，sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(2\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7\r(2),10)))－eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(2),10)＝－eq\f(3\r(10),10)，所以sin(2α－β)＝sin[α＋(α－β)]＝sinαcos(α－β)＋cosαsin(α－β)＝－eq\f(\r(2),2)，因为α为锐角，sinα＝eq\f(2\r(5),5)＞eq\f(\r(2),2)，所以α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，又β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以2α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以2α－β＝－eq\f(π,4).

第二课时简单的三角恒等变换考点一三角函数式的化简1.eq\f(2cos58°＋sin28°,cos28°)＝()A.－eq\r(3) B.1 C.eq\r(3) D.2答案C解析原式＝eq\f(2cos（30°＋28°）＋sin28°,cos28°)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos28°－\f(1,2)sin28°))＋sin28°,cos28°)＝eq\f(\r(3)cos28°,cos28°)＝eq\r(3).2.化简：eq\f(2cos4x－2cos2x＋\f(1,2),2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x)))＝________.答案eq\f(1,2)cos2x解析原式＝eq\f(\f(1,2)（4cos4x－4cos2x＋1）,2·\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))·cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))＝eq\f(（2cos2x－1）2,4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))＝eq\f(cos22x,2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x)))＝eq\f(cos22x,2cos2x)＝eq\f(1,2)cos2x.3.(tan10°－eq\r(3))·eq\f(cos10°,sin50°)＝________.答案－2解析原式＝eq\f(sin10°－\r(3)cos10°,cos10°)·eq\f(cos10°,sin50°)＝eq\f(－2sin50°,sin50°)＝－2.4.化简：(eq\f(1,tan\f(α,2))－taneq\f(α,2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋tanα·tan\f(α,2)))＝________.答案eq\f(2,sinα)解析(eq\f(1,tan\f(α,2))－taneq\f(α,2))·(1＋tanα·taneq\f(α,2))＝(eq\f(cos\f(α,2),sin\f(α,2))－eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2)))·(1＋eq\f(sinα,cosα)·eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2)))＝eq\f(cos2\f(α,2)－sin2\f(α,2),sin\f(α,2)cos\f(α,2))·eq\f(cosαcos\f(α,2)＋sinαsin\f(α,2),cosαcos\f(α,2))＝eq\f(2cosα,sinα)·eq\f(cos\f(α,2),cosαcos\f(α,2))＝eq\f(2,sinα).感悟提升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共同点.考点二三角函数求值问题角度1给角求值例1(1)计算eq\f(sin235°－\f(1,2),cos10°·cos80°)＝________.答案－1解析eq\f(sin235°－\f(1,2),cos10°·cos80°)＝eq\f(\f(1－cos70°,2)－\f(1,2),cos10°·sin10°)＝－eq\f(cos70°,2sin10°·cos10°)＝－eq\f(sin20°,sin20°)＝－1.(2)(2021·盐城二模)eq\f(\r(3)tan12°－3,（4cos212°－2）sin12°)＝________.答案－4eq\r(3)解析原式＝eq\f(\f(\r(3)sin12°,cos12°)－3,2（2cos212°－1）sin12°)＝eq\f(\f(2\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin12°－\f(\r(3),2)cos12°)),cos12°),2cos24°sin12°)＝eq\f(2\r(3)sin（－48°）,2cos24°sin12°cos12°)＝eq\f(－2\r(3)sin48°,sin24°cos24°)＝eq\f(－2\r(3)sin48°,\f(1,2)sin48°)＝－4eq\r(3).(3)(多选)下列各式中值为eq\f(1,2)的是()A.1－2cos275°B.sin135°cos15°－cos45°cos75°C.tan20°＋tan25°＋tan20°tan25°D.eq\f(cos35°\r(1－sin20°),\r(2)cos20°)答案BD解析对于A，1－2cos275°＝－cos150°＝cos30°＝eq\f(\r(3),2)，A错误；对于B，sin135°cos15°－cos45°cos75°＝sin45°sin75°－cos45°cos75°＝－cos120°＝eq\f(1,2)，B正确；对于C，∵tan45°＝1＝eq\f(tan20°＋tan25°,1－tan20°tan25°)，∴1－tan20°tan25°＝tan20°＋tan25°，∴tan20°＋tan25°＋tan20°tan25°＝1，C错误；对于D，eq\f(cos35°\r(1－sin20°),\r(2)cos20°)＝eq\f(cos35°\r(（cos10°－sin10°）2),\r(2)（cos10°＋sin10°）（cos10°－sin10°）)＝eq\f(cos35°,\r(2)（cos10°＋sin10°）)＝eq\f(cos45°cos10°＋sin45°sin10°,\r(2)（cos10°＋sin10°）)＝eq\f(\f(\r(2),2)（cos10°＋sin10°）,\r(2)（cos10°＋sin10°）)＝eq\f(1,2)，D正确；故选BD.角度2给值求值例2(1)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(10),10)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,3)))＝________.答案eq\f(4－3\r(3),10)解析由题意可得cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,2))),2)＝eq\f(1,10)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,2)))＝－sin2θ＝－eq\f(4,5)，即sin2θ＝eq\f(4,5).因为coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(10),10)＞0，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以0＜θ＜eq\f(π,4)，2θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，根据同角三角函数基本关系式，可得cos2θ＝eq\f(3,5)，由两角差的正弦公式，可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,3)))＝sin2θcoseq\f(π,3)－cos2θsineq\f(π,3)＝eq\f(4,5)×eq\f(1,2)－eq\f(3,5)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(4－3\r(3),10).(2)(2021·常州一模)若2eq\r(3)sinx＋2cosx＝1，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－x))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝________.答案eq\f(7,32)解析由题意可得4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝1，令x＋eq\f(π,6)＝t，则sint＝eq\f(1,4)，x＝t－eq\f(π,6)，所以原式＝sin(π－t)cos2t＝sint(1－2sin2t)＝eq\f(7,32).角度3给值求角例3(1)已知cosα＝eq\f(1,7)，cos(α－β)＝eq\f(13,14)，且0<β<α<eq\f(π,2)，则β＝________.(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(1)eq\f(π,3)(2)－eq\f(3π,4)解析(1)∵0<β<α<eq\f(π,2)，∴0<α－β<eq\f(π,2)，sinα＝eq\f(4\r(3),7).又cos(α－β)＝eq\f(13,14)，∴sin(α－β)＝eq\r(1－cos2（α－β）)＝eq\f(3\r(3),14).∴cosβ＝cos[α－(α－β)]＝cosαcos(α－β)＋sinαsin(α－β)＝eq\f(1,7)×eq\f(13,14)＋eq\f(4\r(3),7)×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(1,2).又0<β<eq\f(π,2)，∴β＝eq\f(π,3).(2)∵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，又α∈(0，π)，∴0<α<eq\f(π,2)，又∵tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×\f(1,3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(3,4)>0，∴0<2α<eq\f(π,2)，∴tan(2α－β)＝eq\f(tan2α－tanβ,1＋tan2αtanβ)＝eq\f(\f(3,4)＋\f(1,7),1－\f(3,4)×\f(1,7))＝1.∵tanβ＝－eq\f(1,7)<0，∴eq\f(π,2)<β<π，－π<2α－β<0，∴2α－β＝－eq\f(3π,4).感悟提升1.给值求值问题一般是将待求式子化简整理，看需要求相关角的哪些三角函数值，然后根据角的范围求出相应角的三角函数值，代入即可.2.给角求值问题一般所给出的角都是非特殊角，从表面上来看是很难的，但仔细观察非特殊角与特殊角之间总有一定的关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化为特殊角并且消除特殊角三角函数而得解.3.给值求角问题一般先求角的某一三角函数值，再求角的范围，最后确定角.遵照以下原则：(1)已知正切函数值，选正切函数；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\co1(0，\f(π,2)))，选正、余弦皆可；(2)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\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，选正弦较好.训练1(1)cos20°·cos40°·cos100°＝________.答案－eq\f(1,8)解析cos20°·cos40°·cos100°＝－cos20°·cos40°·cos80°＝－eq\f(sin20°·cos20°·cos40°·cos80°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,2)sin40°·cos40°·cos80°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,4)sin80°·cos80°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,8)sin160°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,8)sin20°,sin20°)＝－eq\f(1,8).(2)若tanα＋eq\f(1,tanα)＝eq\f(10,3)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＋eq\r(2)cos2α的值为________.答案0解析∵tanα＋eq\f(1,tanα)＝eq\f(10,3)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，∴tanα＝3或tanα＝eq\f(1,3)(舍)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＋eq\r(2)cos2α＝sin2αcoseq\f(π,4)＋cos2αsineq\f(π,4)＋eq\r(2)·eq\f(1＋cos2α,2)＝eq\f(\r(2),2)sin2α＋eq\r(2)cos2α＋eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2)(2sinαcosα)＋eq\r(2)(cos2α－sin2α)＋eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2)·eq\f(2sinαcosα,sin2α＋cos2α)＋eq\r(2)·eq\f(cos2α－sin2α,sin2α＋cos2α)＋eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2)·eq\f(2tanα,tan2α＋1)＋eq\r(2)·eq\f(1－tan2α,tan2α＋1)＋eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(6,9＋1)＋eq\r(2)×eq\f(1－9,1＋9)＋eq\f(\r(2),2)＝0.(3)已知α，β均为锐角，cosα＝eq\f(2\r(7),7)，sinβ＝eq\f(3\r(3),14)，则cos2α＝________，2α－β＝________.答案eq\f(1,7)eq\f(π,3)解析因为cosα＝eq\f(2\r(7),7)，所以cos2α＝2cos2α－1＝eq\f(1,7).又因为α，β均为锐角，sinβ＝eq\f(3\r(3),14)，所以sinα＝eq\f(\r(21),7)，cosβ＝eq\f(13,14)，因此sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(4\r(3),7)，所以sin(2α－β)＝sin2αcosβ－cos2αsinβ＝eq\f(4\r(3),7)×eq\f(13,14)－eq\f(1,7)×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(\r(3),2).因为α为锐角，所以0＜2α＜π.又cos2α＞0，所以0＜2α＜eq\f(π,2)，又β为锐角，所以－eq\f(π,2)＜2α－β＜eq\f(π,2)，又sin(2α－β)＝eq\f(\r(3),2)，所以2α－β＝eq\f(π,3).考点三三角恒等变换的应用例4(2021·浙江卷)设函数f(x)＝sinx＋cosx(x∈R).(1)求函数y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))eq\s\up12(2)的最小正周期；(2)求函数y＝f(x)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值.解(1)因为f(x)＝sinx＋cosx，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝cosx－sinx，所以y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))eq\s\up12(2)＝(cosx－sinx)2＝1－sin2x.所以函数y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))eq\s\up12(2)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\r(2)sinx，所以y＝f(x)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\r(2)sinxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx＋cosx))＝eq\r(2)(sinxcosx＋sin2x)＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2x－\f(1,2)cos2x＋\f(1,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＋eq\f(\r(2),2).当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，2x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以当2x－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(3π,8)时，函数y＝f(x)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上取得最大值，且ymax＝1＋eq\f(\r(2),2).感悟提升三角恒等变换的综合应用主要是将三角变换与三角函数的性质相结合，通过变换把函数化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋b的形式再研究其性质，解题时注意观察角、函数名、结构等特征，注意利用整体思想解决相关问题.训练2已知函数f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx－2cos2x＋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\co1(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\[\rc\](