2025年高考科学复习创新方案数学提升版第五章第3讲 第1课时含答案

2025年高考科学复习创新方案数学提升版第五章第3讲第1课时含答案第3讲简单的三角恒等变换[课程标准]1.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，了解他们的内在联系.3.能运用上述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2．二倍角的正弦、余弦、正切公式公式名公式二倍角的正弦sin2α＝eq\x(\s\up1(07))2sinαcosα二倍角的余弦cos2α＝eq\x(\s\up1(08))cos2α－sin2α＝eq\x(\s\up1(09))1－2sin2α＝eq\x(\s\up1(10))2cos2α－1二倍角的正切tan2α＝eq\x(\s\up1(11))eq\f(2tanα,1－tan2α)3.半角公式sineq\f(α,2)＝eq\x(\s\up1(12))±eq\r(\f(1－cosα,2))，coseq\f(α,2)＝eq\x(\s\up1(13))±eq\r(\f(1＋cosα,2))，taneq\f(α,2)＝eq\x(\s\up1(14))±eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα))．1．公式的常用变式：tanα±tanβ＝tan(α±β)(1∓tanαtanβ)；tanαtanβ＝1－eq\f(tanα＋tanβ,tan（α＋β）)＝eq\f(tanα－tanβ,tan（α－β）)－1.2．降幂公式：sin2α＝eq\f(1－cos2α,2)；cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)；sinαcosα＝eq\f(1,2)sin2α.3．升幂公式：1＋cosα＝2cos2eq\f(α,2)；1－cosα＝2sin2eq\f(α,2)；1＋sinα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2)))eq\s\up12(2)；1－sinα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))eq\s\up12(2).4．常用拆角、拼角技巧：例如，2α＝(α＋β)＋(α－β)；α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β；β＝eq\f(α＋β,2)－eq\f(α－β,2)＝(α＋2β)－(α＋β)；α－β＝(α－γ)＋(γ－β)；eq\f(π,4)＋α＝eq\f(π,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))等．5．辅助角公式：一般地，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－θ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中tanθ＝\f(a,b))).1．(人教A必修第一册习题5.5T6(1)改编)sin20°·cos10°－cos160°sin10°＝()A．－eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(3),2)C．－eq\f(1,2) D.eq\f(1,2)答案D解析原式＝sin20°cos10°＋cos20°sin10°＝sin(20°＋10°)＝sin30°＝eq\f(1,2).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cos2eq\f(π,12)－cos2eq\f(5π,12)＝cos2eq\f(π,12)－cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,12)))＝cos2eq\f(π,12)－sin2eq\f(π,12)＝coseq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2).故选D.3．(多选)(人教A必修第一册习题5.5T12改编)化简：eq\f(3,5)sinx＋eq\f(3\r(3),5)cosx＝()A.eq\f(6,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3))) B.eq\f(6,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))C.eq\f(6,5)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))) D.eq\f(6,5)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))答案AC解析eq\f(3,5)sinx＋eq\f(3\r(3),5)cosx＝eq\f(6,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx＋\f(\r(3),2)cosx))＝eq\f(6,5)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝eq\f(6,5)coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))))＝eq\f(6,5)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))).故选AC.4．(人教A必修第一册5.5.1例3改编)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且sinα＝eq\f(4,5)，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))的值为________．答案－eq\f(1,7)解析因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且sinα＝eq\f(4,5)，所以cosα＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))\s\up12(2))＝－eq\f(3,5)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(\f(4,5),－\f(3,5))＝－eq\f(4,3).所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(tanα＋tan\f(π,4),1－tanαtan\f(π,4))＝eq\f(－\f(4,3)＋1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))×1)＝－eq\f(1,7).5．已知θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)，3π))且sinθ＝eq\f(4,5)，则sineq\f(θ,2)＝________，coseq\f(θ,2)＝________．答案－eq\f(2\r(5),5)－eq\f(\r(5),5)解析∵θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)，3π))，且sinθ＝eq\f(4,5)，∴cosθ＝－eq\f(3,5)，eq\f(θ,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，\f(3π,2)))，∴sineq\f(θ,2)＝－eq\r(\f(1＋\f(3,5),2))＝－eq\f(2\r(5),5)，coseq\f(θ,2)＝－eq\r(\f(1－\f(3,5),2))＝－eq\f(\r(5),5).第1课时两角和与差的正弦、余弦和正切公式及二倍角公式考向一公式的直接应用例1(1)若cosα＝－eq\f(4,5)，α是第三象限角，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).故选B.(2)(2024·长沙模拟)古希腊数学家泰特托斯(Theaetetus，公元前417～公元前369年)详细地讨论了无理数的理论，他通过图来构造无理数eq\r(2)，eq\r(3)，eq\r(5)，….如图，则cos∠BAD＝()A.eq\f(2\r(6)－3\r(3),6) B.eq\f(2\r(3)－\r(6),6)C.eq\f(2\r(3)＋\r(6),6) D.eq\f(2\r(6)＋3\r(3),6)答案B解析记∠BAC＝α，∠CAD＝β，由题意知cosα＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，sinα＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，cosβ＝eq\f(\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3)，sinβ＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，所以cos∠BAD＝cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(6),3)－eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(2\r(3)－\r(6),6).故选B.(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).故选A.利用三角函数公式解题时的注意点(1)首先要注意公式的结构特点和符号变化规律．例如两角差的余弦公式可简记为“同名相乘，符号相反”．(2)应注意同角三角函数的基本关系与诱导公式的综合应用．(3)应注意配方法、因式分解和整体代换思想的应用．1.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))，sinα＝eq\f(3,5)，∴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＋tanαtanβ)＝eq\f(－\f(3,4)＋\f(1,2),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝－eq\f(2,11).故选A.2．(2023·新课标Ⅰ卷)已知sin(α－β)＝eq\f(1,3)，cosαsinβ＝eq\f(1,6)，则cos(2α＋2β)＝()A.eq\f(7,9) B.eq\f(1,9)C．－eq\f(1,9) D．－eq\f(7,9)答案B解析因为sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(1,3)，而cosαsinβ＝eq\f(1,6)，因此sinαcosβ＝eq\f(1,2)，则sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(2,3)，所以cos(2α＋2β)＝cos[2(α＋β)]＝1－2sin2(α＋β)＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,9).故选B.考向二公式的逆用和变形用例2(1)tan70°＋tan50°－eq\r(3)tan70°tan50°的值为()A.eq\r(3) B.eq\f(\r(3),3)C．－eq\f(\r(3),3) D．－eq\r(3)答案D解析因为tan120°＝eq\f(tan70°＋tan50°,1－tan70°tan50°)＝－eq\r(3)，所以tan70°＋tan50°－eq\r(3)tan70°tan50°＝－eq\r(3).故选D.(2)(2022·新高考Ⅱ卷)若sin(α＋β)＋cos(α＋β)＝2eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sinβ，则()A．tan(α－β)＝1 B．tan(α＋β)＝1C．tan(α－β)＝－1 D．tan(α＋β)＝－1答案C解析由已知得sinαcosβ＋cosαsinβ＋cosαcosβ－sinαsinβ＝2(cosα－sinα)sinβ，即sinαcosβ－cosαsinβ＋cosαcosβ＋sinαsinβ＝0，即sin(α－β)＋cos(α－β)＝0，所以tan(α－β)＝－1.故选C.两角和与差及倍角公式的逆用和变形用的应用技巧(1)逆用公式应准确找出所给式子与公式的异同，创造条件逆用公式．(2)和差角公式变形sinαsinβ＋cos(α＋β)＝cosαcosβ；cosαsinβ＋sin(α－β)＝sinαcosβ；tanα±tanβ＝tan(α±β)(1∓tanαtanβ)．(3)倍角公式变形：降幂公式．1.已知sinθ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝1，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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)答案B解析由题意可得sinθ＋eq\f(1,2)sinθ＋eq\f(\r(3),2)cosθ＝1，则eq\f(3,2)sinθ＋eq\f(\r(3),2)cosθ＝1，eq\f(\r(3),2)sinθ＋eq\f(1,2)cosθ＝eq\f(\r(3),3)，从而有sinθcoseq\f(π,6)＋cosθsineq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),3)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),3).故选B.2．(多选)(2024·潍坊联考)已知θ∈(0，2π)，O为坐标原点，θ终边上有一点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,8)－cos\f(3π,8)，sin\f(3π,8)＋cos\f(3π,8)))，则()A．θ＝eq\f(3π,8) B．|OM|＝eq\r(2)C．tanθ<1 D．cosθ>eq\f(1,2)答案AB解析tanθ＝eq\f(sin\f(3π,8)＋cos\f(3π,8),sin\f(3π,8)－cos\f(3π,8))＝eq\f(tan\f(3π,8)＋1,tan\f(3π,8)－1)＝－taneq\f(5π,8)＝taneq\f(3π,8)，故θ＝eq\f(3π,8)＋kπ(k∈Z)，又sineq\f(3π,8)－coseq\f(3π,8)>0，sineq\f(3π,8)＋coseq\f(3π,8)>0，故θ是第一象限角，又θ∈(0，2π)，故θ＝eq\f(3π,8)，故A正确；|OM|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,8)－cos\f(3π,8)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,8)＋cos\f(3π,8)))eq\s\up12(2)＝2，故|OM|＝eq\r(2)，故B正确；tanθ＝taneq\f(3π,8)>taneq\f(π,4)＝1，故C错误；cosθ＝coseq\f(3π,8)<coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，故D错误．故选AB.考向三角的变换例3(1)(2023·南通期末)已知eq\f(π,2)<β<α<eq\f(3π,4)，cos(α－β)＝eq\f(12,13)，sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，则sin2α＝()A.eq\f(56,65) B．－eq\f(56,65)C.eq\f(16,65) D．－eq\f(16,65)答案B解析因为eq\f(π,2)<β<α<eq\f(3π,4)，所以0<α－β<eq\f(π,4)，π<α＋β<eq\f(3π,2)，由cos(α－β)＝eq\f(12,13)，得sin(α－β)＝eq\f(5,13)，由sin(α＋β)＝－eq\f(3,5)，得cos(α＋β)＝－eq\f(4,5)，则sin2α＝sin[(α－β)＋(α＋β)]＝sin(α－β)cos(α＋β)＋cos(α－β)sin(α＋β)＝eq\f(5,13)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))＋eq\f(12,13)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＝－eq\f(56,65).故选B.(2)(2024·济南模拟)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)＋α))＝－eq\f(1,4)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))＝________．答案eq\f(7,8)解析因为coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)＋α))＝－eq\f(1,4)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,8)＋α))＝－eq\f(1,4)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,8)))＝eq\f(1,4)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,8)))))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,8)))＝1－2×eq\f(1,16)＝eq\f(7,8).1．求角的三角函数值的一般思路是把“所求角”用“已知角”表示．(1)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”．(2)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．常见的配角技巧：2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝(α＋β)－β，β＝eq\f(α＋β,2)－eq\f(α－β,2)，α＝eq\f(α＋β,2)＋eq\f(α－β,2)，eq\f(α－β,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(β,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋β))等．1．(2023·泉州模拟)如图所示，点P是单位圆上的一个动点，它从初始位置P0(1，0)开始沿单位圆按逆时针方向运动角αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,2)))到达点P1，然后继续沿单位圆逆时针方向运动eq\f(π,3)到达点P2，若点P2的横坐标为－eq\f(4,5)，则cosα的值为________．答案eq\f(3\r(3)－4,10)解析由题意得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝－eq\f(4,5)，∵eq\f(π,3)<α＋eq\f(π,3)<eq\f(5π,6)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\f(3,5)，∴cosα＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))－\f(π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))coseq\f(π,3)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))sineq\f(π,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))×eq\f(1,2)＋eq\f(3,5)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3)－4,10).2．(2024·重庆摸底)已知α，β为锐角，tanα＝eq\f(4,3)，cos(α＋β)＝－eq\f(\r(5),5)，则cos2α＝________，tan(α－β)＝________．答案－eq\f(7,25)－eq\f(2,11)解析因为tanα＝eq\f(4,3)＝eq\f(sinα,cosα)，所以sinα＝eq\f(4,3)cosα.因为sin2α＋cos2α＝1，所以cos2α＝eq\f(9,25)，因此cos2α＝2cos2α－1＝－eq\f(7,25).因为α，β为锐角，所以α＋β∈(0，π)．又cos(α＋β)＝－eq\f(\r(5),5)，所以sin(α＋β)＝eq\r(1－cos2（α＋β）)＝eq\f(2\r(5),5)，因此tan(α＋β)＝－2.因为tanα＝eq\f(4,3)，所以tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(24,7)，因此tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)]＝eq\f(tan2α－tan（α＋β）,1＋tan2αtan（α＋β）)＝－eq\f(2,11).课时作业一、单项选择题1．(2024·秦皇岛月考)－sin133°cos197°－cos47°·cos73°＝()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A解析原式＝－sin(180°－47°)cos(180°＋17°)－cos47°cos(90°－17°)＝sin47°cos17°－cos47°·sin17°＝sin(47°－17°)＝sin30°＝eq\f(1,2).2．(2023·保定模拟)已知钝角α满足sinα＝eq\f(\r(5),5)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝()A．－eq\f(\r(10),4) B．－eq\f(3\r(10),10)C.eq\f(\r(10),5) D.eq\f(2\r(5),5)答案B解析由α为钝角，可知cosα<0，所以cosα＝－eq\r(1－\f(1,5))＝－eq\f(2\r(5),5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(\r(2),2)(cosα－sinα)＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)－\f(\r(5),5)))＝－eq\f(3\r(10),10).故选B.3．已知α∈(0，π)，且3cos2α－8cosα＝5，则sinα＝()A.eq\f(\r(5),3) B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,3) D.eq\f(\r(5),9)答案A解析由3cos2α－8cosα＝5，得6cos2α－8cosα－8＝0，解得cosα＝－eq\f(2,3)或cosα＝2(舍去)．∵α∈(0，π)，∴sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(\r(5),3).故选A.4．(2024·保定模拟)“tanα＝2”是“tanα－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝5”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件答案A解析由tanα－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝tanα－eq\f(tanα＋1,1－tanα)＝5，得tan2α－5tanα＋6＝(tanα－2)(tanα－3)＝0，即tanα＝2或tanα＝3，所以“tanα＝2”是“tanα－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝5”的充分不必要条件．5．(2024·泰州模拟)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝()A.eq\f(3－4\r(3),10) B.eq\f(4,5)C．－eq\f(\r(2),10) D.eq\f(\r(2),10)答案C解析因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以α＋eq\f(π,12)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12)))，又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝eq\f(3,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12))))＝eq\f(4,5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))＋\f(π,4)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))coseq\f(π,4)－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,12)))sineq\f(π,4)＝eq\f(3,5)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(4,5)×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(\r(2),10).故选C.6．(2023·长沙一中调研)设α为锐角，若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))的值为()A.eq\f(12,25) B.eq\f(24,25)C．－eq\f(24,25) D．－eq\f(12,25)答案B解析∵α为锐角，即0<α<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)<α＋eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)，又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))))＝eq\f(3,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝2×eq\f(3,5)×eq\f(4,5)＝eq\f(24,25).故选B.7．(2024·南通模拟)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝－eq\f(\r(5),5)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2x))＝()A.eq\f(4,3) B．－eq\f(4,3)C．2 D．－2答案B解析因为x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(7π,6)))，由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝－eq\f(\r(5),5)<0，得x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(7π,6)))，因此coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝－eq\f(2\r(5),5)，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)，由二倍角公式可得taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝eq\f(2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))),1－tan2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))))＝eq\f(4,3)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2x))＝－taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2x))))＝－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋2x))＝－eq\f(4,3).故选B.8．(2023·盐城一模)已知α＋β＝eq\f(π,4)(α＞0，β＞0)，则tanα＋tanβ的最小值为()A.eq\f(\r(2),2) B．1C．－2－2eq\r(2) D．－2＋2eq\r(2)答案D解析因为α＋β＝eq\f(π,4)(α＞0，β＞0)，所以tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝1，tanα，tanβ∈(0，1)，则tanα＋tanβ＝1－tanαtanβ≥1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(tanα＋tanβ,2)))eq\s\up12(2)，当且仅当α＝β＝eq\f(π,8)时取等号，解得tanα＋tanβ≥2eq\r(2)－2或tanα＋tanβ≤－2－2eq\r(2)(舍去)．故选D.二、多项选择题9．(2024·聊城质检)下列各式中，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)；对于B，eq\f(1,3)－eq\f(2,3)cos215°＝eq\f(1,3)(1－2cos215°)＝－eq\f(1,3)cos30°＝－eq\f(\r(3),6)≠eq\f(1,4)；对于C，eq\f(1,sin50°)＋eq\f(\r(3),cos50°)＝eq\f(cos50°＋\r(3)sin50°,sin50°cos50°)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos50°＋\f(\r(3),2)sin50°)),\f(1,2)sin100°)＝eq\f(2sin（30°＋50°）,\f(1,2)sin100°)＝4≠eq\f(1,4)；对于D，cos72°cos36°＝eq\f(2sin36°cos36°cos72°,2sin36°)＝eq\f(sin72°cos72°,2sin36°)＝eq\f(\f(1,2)sin144°,2sin36°)＝eq\f(1,4).故选AD.10．(2023·珠海模拟)已知eq\f(π,4)≤α≤π，π≤β≤eq\f(3π,2)，sin2α＝eq\f(4,5)，cos(α＋β)＝－eq\f(\r(2),10)，则()A．cosα＝－eq\f(\r(10),10) B．sinα－cosα＝eq\f(\r(5),5)C．β－α＝eq\f(3π,4) D．cosαcosβ＝－eq\f(\r(2),5)答案BC解析对于A，因为eq\f(π,4)≤α≤π，所以eq\f(π,2)≤2α≤2π，又sin2α＝eq\f(4,5)＞0，故eq\f(π,2)≤2α≤π，eq\f(π,4)≤α≤eq\f(π,2)，所以cos2α＝－eq\f(3,5)＝2cos2α－1，可得cos2α＝eq\f(1,5)，可得cosα＝eq\f(\r(5),5)，故A错误；对于B，(sinα－cosα)2＝1－sin2α＝eq\f(1,5)，由A项分析知eq\f(π,4)≤α≤eq\f(π,2)，所以sinα＞cosα，所以sinα－cosα＝eq\f(\r(5),5)，故B正确；对于C，由A项分析知eq\f(π,4)≤α≤eq\f(π,2)，而π≤β≤eq\f(3π,2)，所以eq\f(5π,4)≤α＋β≤2π，又cos(α＋β)＝－eq\f(\r(2),10)＜0，所以eq\f(5π,4)≤α＋β≤eq\f(3π,2)，所以sin(α＋β)＝－eq\f(7\r(2),10)，所以cos(β－α)＝cos[(α＋β)－2α]＝cos(α＋β)cos2α＋sin(α＋β)sin2α＝－eq\f(\r(2),10)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7\r(2),10)))×eq\f(4,5)＝－eq\f(\r(2),2)，又因为eq\f(5π,4)≤α＋β≤eq\f(3π,2)，－π≤－2α≤－eq\f(π,2)，所以eq\f(π,4)≤β－α≤π，则β－α＝eq\f(3π,4)，故C正确；对于D，cos(α＋β)＝－eq\f(\r(2),10)，可得cosαcosβ－sinαsinβ＝－eq\f(\r(2),10)，由C项分析知，cos(β－α)＝cosαcosβ＋sinαsinβ＝－eq\f(\r(2),2)，两式联立得cosαcosβ＝－eq\f(3\r(2),10)，故D错误．故选BC.11．(2023·张家口模拟)已知tan(α＋β)＝tanα＋tanβ，其中α≠eq\f(kπ,2)(k∈Z)且β≠eq\f(mπ,2)(m∈Z)，则下列结论一定正确的是()A．sin(α＋β)＝0 B．cos(α＋β)＝1C．sin2eq\f(α,2)＋sin2eq\f(β,2)＝1 D．sin2α＋cos2β＝1答案AD解析∵tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝tanα＋tanβ，∴tanα＋tanβ＝0或1－tanαtanβ＝1，∴α＋β＝nπ(n∈Z)或者α＝kπ(k∈Z)或β＝mπ(m∈Z)，又α≠eq\f(kπ,2)(k∈Z)，β≠eq\f(mπ,2)(m∈Z)，∴α＋β＝nπ(n∈Z)，且α≠eq\f(kπ,2)(k∈Z)，β≠eq\f(mπ,2)(m∈Z)．对于A，sin(α＋β)＝sin(nπ)＝0(n∈Z)，故A正确；对于B，由于cos(α＋β)＝cos(nπ)＝±1(n∈Z)，故B错误；对于C，sin2eq\f(α,2)＋sin2eq\f(β,2)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nπ,2)－\f(β,2)))＋sin2eq\f(β,2)(n∈Z)，当n为偶数时，sin2eq\f(α,2)＋sin2eq\f(β,2)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nπ,2)－\f(β,2)))＋sin2eq\f(β,2)＝sin2eq\f(β,2)＋sin2eq\f(β,2)＝2sin2eq\f(β,2)≠1，故C错误；对于D，sin2α＋cos2β＝sin2(nπ－β)＋cos2β＝sin2β＋cos2β＝1(n∈Z)，故D正确．三、填空题12．(2023·威海一模)已知sin(β－α)cosβ－cos(α－β)sinβ＝eq\f(3,5)，α为第三象限角，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝________．答案－eq\f(\r(2),10)解析∵sin(β－α)cosβ－cos(α－β)sinβ＝sin[(β－α)－β]＝－sinα＝eq\f(3,5)，∴sinα＝－eq\f(3,5)，又α为第三象限角，则cosα＝－eq\f(4,5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝cosαcoseq\f(π,4)－sinαsineq\f(π,4)＝－eq\f(4,5)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(3,5)×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(\r(2),10).13．(2024·甘肃、青海、宁夏联考)若tan(α＋2β)＝2，tanβ＝－3，则tan(α＋β)＝________，tanα＝________．答案－1eq\f(1,2)解析∵tan(α＋2β)＝2，tanβ＝－3，∴tan(α＋β)＝tan(α＋2β－β)＝eq\f(tan（α＋2β）－tanβ,1＋tan（α＋2β）tanβ)＝eq\f(2－（－3）,1＋2×（－3）)＝－1，tanα＝tan(α＋β－β)＝eq\f(－1－（－3）,1＋（－1）×（－3）)＝eq\f(1,2).14．(2023·南京模拟)若λsin160°＋tan20°＝eq\r(3)，则实数λ的值为________．答案4解析由λsin160°＋tan20°＝eq\r(3)，得λsin20°＋eq\f(sin20°,cos20°)＝eq\f(λsin20°cos20°＋sin20°,cos20°)＝eq\f(λsin40°＋2sin20°,2cos20°)＝eq\r(3)，所以λsin40°＋2sin20°＝2eq\r(3)cos20°，即λsin40°＝2eq\r(3)cos20°－2sin20°＝4sin(60°－20°)＝4sin40°，所以λ＝4.四、解答题15．已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq\f(\r(5),5).(1)求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))的值；(2)求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2α))的值．解(1)因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，sinα＝eq\f(\r(5),5)，所以cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\f(2\r(5),5).故sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝sineq\f(π,4)cosα＋coseq\f(π,4)sinα＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))＋eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(5),5)＝－eq\f(\r(10),10).(2)由(1)知sin2α＝2sinαcosα＝2×eq\f(\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))＝－eq\f(4,5)，cos2α＝1－2sin2α＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)－2α))＝coseq\f(5π,6)cos2α＋sineq\f(5π,6)sin2α＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))×eq\f(3,5)＋eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))＝－eq\f(4＋3\r(3),10).16．(2024·辽宁朝阳月考)已知tanα＝2.(1)求taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))的值；(2)求eq\f(sin2α,sin2α＋sinαcosα－cos2α－1)的值．解(1)taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(tanα－tan\f(π,4),1＋tanαtan\f(π,4))＝eq\f(2－1,1＋2)＝eq\f(1,3).(2)eq\f(sin2α,sin2α＋sinαcosα－cos2α－1)＝eq\f(2sinαcosα,sin2α＋sinαcosα－（2cos2α－1）－1)＝eq\f(2sinαcosα,sin2α＋sinαcosα－2cos2α)＝eq\f(2tanα,tan2α＋tanα－2)＝eq\f(2×2,22＋2－2)＝1.17．已知0<α<eq\f(π,2)<β<π，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(1,3)，sin(α＋β)＝eq\f(4,5).(1)求sin2β的值；(2)求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))的值．解(1)解法一：因为coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝coseq\f(π,4)cosβ＋sineq\f(π,4)sinβ＝eq\f(\r(2),2)cosβ＋eq\f(\r(2),2)sinβ＝eq\f(1,3)，所以cosβ＋sinβ＝eq\f(\r(2),3)，所以1＋sin2β＝eq\f(2,9)，所以sin2β＝－eq\f(7,9).解法二：sin2β＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2β))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))－1＝－eq\f(7,9).(2)因为0<α<eq\f(π,2)<β<π，所以eq\f(π,4)<β－eq\f(π,4)<eq\f(3π,4)，eq\f(π,2)<α＋β<eq\f(3π,2).所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))>0，cos(α＋β)<0，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(2\r(2),3)，cos(α＋β)＝－eq\f(3,5).所以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(3,5)×eq\f(1,3)＋eq\f(4,5)×eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(8\r(2)－3,15).第2课时简单的三角恒等变换考向一三角函数式的化简例1(1)已知0<θ<π，则eq\f(（1＋sinθ＋cosθ）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2))),\r(2＋2cosθ))＝________．答案－cosθ解析由θ∈(0，π)得0<eq\f(θ,2)<eq\f(π,2)，所以coseq\f(θ,2)>0，所以eq\r(2＋2cosθ)＝eq\r(4cos2\f(θ,2))＝2coseq\f(θ,2).又(1＋sinθ＋cosθ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2)＋2cos2\f(θ,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2)))＝2coseq\f(θ,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2\f(θ,2)－cos2\f(θ,2)))＝－2coseq\f(θ,2)cosθ，故原式＝eq\f(－2cos\f(θ,2)cosθ,2cos\f(θ,2))＝－cosθ.(2)化简：①eq\a\vs4\al\co1()eq\f(1,tan\f(α,2))－taneq\f(α,2)eq\a\vs4\al\co1()eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋tanαtan\f(α,2)))＝________；②eq\f(sin（2α＋β）,sinα)－2cos(α＋β)＝________．答案①eq\f(2,sinα)②eq\f(sinβ,sinα)解析①原式＝eq\a\vs4\al\co1()eq\f(cos\f(α,2),sin\f(α,2))－eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))eq\a\vs4\al\co1()eq\a\vs4\al\co1()1＋eq\f(sinα,cosα)·eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))eq\a\vs4\al\co1()＝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).②原式＝eq\f(sin（2α＋β）－2sinαcos（α＋β）,sinα)＝eq\f(sin[α＋（α＋β）]－2sinαcos（α＋β）,sinα)＝eq\f(sinαcos（α＋β）＋cosαsin（α＋β）－2sinαcos（α＋β）,sinα)＝eq\f(cosαsin（α＋β）－sinαcos（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(sinαcosα,cos2α－sin2α)＝________．答案eq\f(1,2)解析原式＝tan(90°－2α)·eq\f(\f(1,2)sin2α,cos2α)＝eq\f(sin（90°－2α）,cos（90°－2α）)·eq\f(\f(1,2)sin2α,cos2α)＝eq\f(cos2α,sin2α)·eq\f(\f(1,2)sin2α,cos2α)＝eq\f(1,2).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.多角度探究突破考向二三角函数式的求值角度给角求值例2(1)求值：eq\f(cos20°,cos35°\r(1－sin20°))＝()A．1 B．2C.eq\r(2) D.eq\r(3)答案C解析原式＝eq\f(cos20°,cos35°|sin10°－cos10°|)＝eq\f(cos210°－sin210°,cos35°（cos10°－sin10°）)＝eq\f(cos10°＋sin10°,cos35°)＝eq\f(\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cos10°＋\f(\r(2),2)sin10°)),cos35°)＝eq\f(\r(2)cos（45°－10°）,cos35°)＝eq\f(\r(2)cos35°,cos35°)＝eq\r(2).(2)求值：eq\f(\r(3)tan12°－3,sin12°（4cos212°－2）)＝________．答案－4eq\r(3)解析原式＝eq\f(\f(\r(3)sin12°,cos12°)－3,2sin12°（2cos212°－1）)＝eq\f(\r(3)sin12°－3cos12°,2sin12°cos12°cos24°)＝eq\f(2\r(3)（sin12°cos60°－cos12°sin60°）,sin24°cos24°)＝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(cos55°＋sin25°cos60°,cos25°)＝()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(cos55°＋sin25°cos60°,cos25°)＝eq\f(cos（30°＋25°）＋\f(1,2)sin25°,cos25°)＝eq\f(\f(\r(3),2)cos25°－\f(1,2)sin25°＋\f(1,2)sin25°,cos25°)＝eq\f(\r(3),2).故选B.2．(1＋tan1°)(1＋tan2°)(1＋tan3°)…(1＋tan44°)的值为()A．222 B．223C．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，cos20°＝n，化简eq\f(1＋tan10°,1－tan10°)－eq\f(2cos70°,cos50°)＝()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，cos20°＝n，所以eq\f(1＋tan10°,1－tan10°)－eq\f(2cos70°,cos50°)＝eq\f(cos10°＋sin10°,cos10°－sin10°)－eq\f(2sin20°,sin40°)＝eq\f(cos10°＋sin10°,cos10°－sin10°)－eq\f(1,cos20°)＝eq\f(（cos10°＋sin10°）2,cos210°－sin210°)－eq\f(1,cos20°)＝eq\f(1＋sin20°,cos20°)－eq\f(1,cos20°)＝eq\f(sin20°,cos20°)＝eq\f(m,n).故选A.(2)(2023·淄博模拟)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，且eq\r(2)cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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)cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sinα＋cosα)，∴cos2α－sin2α＝(cosα＋sinα)(cosα－sinα)＝eq\f(1,2)(cosα＋sinα)，∴(cosα＋sinα)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosα－sinα－\f(1,2)))＝0，∴cosα＋sinα＝0或cosα－sinα＝eq\f(1,2)，由cosα＋sinα＝0平方可得1＋sin2α＝0，即sin2α＝－1；由cosα－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\co1(－\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\co1(0，\f(π,2)))，eq\f(cos2α,1＋tan2α)＝eq\f(3,8)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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(cos2α,1＋tan2α)＝eq\f(3,8)，所以3(1＋tan2α)＝8×eq\f(cos2α－sin2α,sin2α＋cos2α)＝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\co1(0，\f(π,2)))，所以tanα＝eq\f(\r(3),3)，所以α＝eq\f(π,6)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝coseq\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(1－2cos227°,a\r(b))＝________．答案－eq\f(1,2)解析∵a＝2sin18°，a2＋b＝4，∴b＝4－a2＝4－4sin218°＝4(1－sin218°)＝4cos218°，∴eq\f(1－2cos227°,a\r(b))＝eq\f(1－2cos227°,2sin18°\r(4cos218°))＝eq\f(－cos54°,4sin18°cos18°)＝eq\f(－sin36°,2sin36°)＝－eq\f(1,2).角度给值求角例4(1)(2023·常州模拟)已知cosα＝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cosα＝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－cos2α)＝eq\f(2\r(5),5)，β－α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，可得cos(β－α)＝eq\r(1－sin2（β－α）)＝eq\f(3\r(10),10)，sinβ＝sin[(β－α)＋α]＝sin(β－α)cosα＋cos(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<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).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\co1(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\co1(－\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＋cos40°)，则α＝()A．10° B．20°C．70° D．80°答案C解析由题意，得tanα＝eq\f(1＋cos40°,sin40°)＝eq\f(2cos220°,2cos20°sin20°)＝eq\f(cos20°,sin20°)＝eq\f(sin70°,cos70°)＝tan70°.又α为锐角，∴α＝70°.故选C.2．已知sin(α＋2β)＝eq\f(4\r(3),7)，cos(2α＋β)＝－eq\f(11,14)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\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\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))，则eq\f(π,4)<2α＋β<π，－eq\