2022年高考数学一轮复习讲练测4.3 三角恒等变换（新高考浙江）（讲）解析版

1 / 17 2022 年高考数学一轮复习讲练测（新高考·浙江） 第四章 三角函数与解三角形 专题 4.3 三角恒等变换（讲） 【考试要求】 1.掌握两角和与两角差的正弦、余弦、正切公式，掌握正弦、余弦、正切二倍角的公式. 2.掌握简单的三角函数式的化简、求值及恒等式证明. 【高考预测】 （1）和（差）角公式：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 （2）二倍角公式与同角公式综合考查，重点解决三角函数求值问题； （3）和差倍半的三角函数公式的综合应用. （4）对于三角恒等变换，高考命题主要以公式的基本运用（正用、逆用、变用）、计算为主，其中多与角 的范围、三角函数的性质、三角形等知识结合考查. 【知识与素养】 知识点 1．两角和与差的三角函数公式 （1）两角和与差的正弦、余弦、正切公式 C(α－β)：cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ； C(α＋β)：cos(α＋β)＝cosαcos_β－sin_αsinβ； S(α＋β)：sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ； S(α－β)：sin(α－β)＝sin_αcos_β－cosαsinβ； T(α＋β)：tan(α＋β)＝ tan α＋tan β 1－tan αtan β ； T(α－β)：tan(α－β)＝ tan α－tan β 1＋tan αtan β . （2）变形公式： tan α±tan β＝tan(α±β)(1∓tanαtanβ)； )4sin(2cossin   . （3）辅助角公式 一般地，函数 f(α)＝asin α＋bcos α(a，b 为常数)可以化为 f(α)＝ a2＋b2sin(α＋φ) 其中 tan φ＝b a 或 f(α)＝ a2＋b2cos(α－φ) 其中 tan φ＝a b . 2 / 17 【典例 1】（2020·全国高考真题（文））已知 πsin sin =3 1      ，则 πsin =6     （ ） A． 1 2 B． 3 3 C． 2 3 D． 2 2 【答案】B 【解析】 由题意可得： 1 3sin sin cos 12 2      ， 则： 3 3sin cos 12 2    ， 3 1 3sin cos2 2 3    ， 从而有： 3sin cos cos sin6 6 3     ， 即 3sin 6 3      . 故选：B. 知识点 2．二倍角公式 （1）二倍角的正弦、余弦、正切公式： S2α：sin 2α＝2sin_αcos_α； C2α：cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α； T2α：tan 2α＝ 2tan α 1－tan2α . （2）变形公式： cos2α＝1＋cos 2α 2 ，sin2α＝1－cos 2α 2 1＋sin 2α＝(sin α＋cos α)2,1－sin 2α＝(sin α－cos α)2 【典例 2】（2021·全国高考真题（文）） 2 2π 5πcos cos12 12   （ ） A． 1 2 B． 3 3 C． 2 2 D． 3 2 【答案】D 【解析】 由题意结合诱导公式可得 2 2 2 25cos cos cos sin12 12 12 12       ，再由二倍角公式即可得解. 3 / 17 【详解】 由题意， 2 2 2 2 2 25cos cos cos cos cos sin12 12 12 2 12 12 12                3cos 26   . 故选：D. 【重点难点突破】 考点一 两角和与差的正弦函数、余弦函数公式的应用 【典例 3】（2021·全国高三其他模拟）已知点 5 12,13 13P     ，O 为坐标原点，线段 OP 绕原点O 逆时针旋转 3  ， 到达线段 1OP ，则点 1P 的坐标为（ ） A． 5 12 3 26 12 5 3 ,26     B． 52 39 5 5     , C． 52 5 39 ,5      D． 12 5 3 26 5 12 3 ,26     【答案】D 【解析】 根据三角函数的定义确定出终边经过点 P 的 的三角函数值，然后根据位置关系判断出 3   的终边经过 1P ，结合两角和的正、余公式求解出 1P 的坐标. 【详解】 由 P 的坐标可知 P 在单位圆上，设 的终边经过点 P ，所以 5 12cos ,sin13 13    ， 又因为 1OP 由OP 绕原点 O 逆时针旋转 3  得到，所以 3   的终边经过点 1P 且 1P 也在单位圆上， 所以 1 cos ,sin3 3P                 ， 又因为 1 3 5 12 3 1 3 12 5 3cos cos sin ,sin sin cos3 2 2 26 3 2 2 26                         ， 4 / 17 所以 1 5 12 3 12 5 3,26 26P       ， 故选：D. 【典例 4】（2020·山东聊城�高一期末）角 的终边与单位圆的交点坐标为 3 1( , )2 2 ，将 的终边绕原点顺 时针旋转 3 4  ，得到角  ，则 cos( )   （ ） A． 6 2 4  B． 6 2 4  C． 3 1 4  D． 0 【答案】A 【解析】 由角 的终边经过点 3 1( , )2 2 ，得 1 3sin ,cos2 2    ， 因为角  的终边是由角 的终边顺时针旋转 3 4  得到的， 所以 3 3 3 1 2 3 2 2 6sin sin( ) sin cos cos sin ( )4 4 4 2 2 2 2 4                  3 3 3 3 2 1 2 2 6cos cos( ) cos cos sin sin ( )4 4 4 2 2 2 2 4                 3 2 6 1 2 6 6 2cos( ) cos cos sin sin 2 4 2 4 4                  ， 故选： A . 【规律方法】 1.三角函数求值的两种类型： (1)给角求值：关键是正确选用公式，以便把非特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数. (2)给值求值：关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异. ①一般可以适当变换已知式，求得另外函数式的值，以备应用； ②变换待求式，便于将已知式求得的函数值代入，从而达到解题的目的. 2.三角公式化简求值的策略 (1)使用两角和、差及倍角公式，首先要记住公式的结构特征和符号变化规律．例如两角差的余弦公式可简 记为：“同名相乘，符号反”． (2)使用公式求值，应注意与同角三角函数基本关系、诱导公式的综合应用． 5 / 17 (3)使用公式求值，应注意配方法、因式分解和整体代换思想的应用． 3.给值求角问题，解题的一般步骤是： (1)先确定角α的范围，且使这个范围尽量小； (2)根据(1)所得范围来确定求 tanα、sinα、cosα中哪一个的值，尽量使所选函数在(1)得到的范围内是单调函 数； (3)求α的一个三角函数值；(4)写出α的大小． 【变式探究】 1.（2020·湖南娄星�高一期末）已知 为锐角，且 3cos( )6 5    ，则sin  （ ） A． 4 3 3 10  B． 4 3 3 10  C． 3 3 4 10  D． 3 3 4 10  【答案】B 【解析】 ∵cos（ α 6  ） 3 5  （ α 为锐角）， ∴ α 6  为锐角， ∴sin（ α 6  ） 4 5  ， ∴sin α ＝sin[（ α 6  ） 6  ]＝sin（ α 6  ）cos 6   cos（ α 6  ）sin 6  4 3 3 1 4 3 3 5 2 5 2 10      ， 故选 B． 2．（2021·江西新余市·高一期末（理））已知单位圆上第三象限内的一点 P 沿圆周逆时针旋转 4  到点Q ，若 点Q 的横坐标为 3 5 ，则点 P 的横坐标为___________. 【答案】 2 10  6 / 17 【解析】 首先设 (cos ,sin ) 2P           ，根据题意得到 cos ,sin4 4                 ，从而得到 3cos 4 5      ， 4sin 4 5       ，再根据 cos cos 4 4            求解即可. 【详解】 由题意设 (cos ,sin ) 2P           ， 从而点 P 沿圆周逆时针旋转 4  到点Q ，即Q 点坐标为 cos ,sin4 4                 ， 所以 3cos 4 5      ， 3 ,4 4 4           ， ∵ 3cos 04 5       ，∴ ,4 2 4           ，则 4sin 4 5       ， 所以 cos cos cos cos sin sin4 4 4 4 4 4                                  3 2 4 2 2 5 2 5 2 10       . 所以点 P 的横坐标为 2 10  . 故答案为： 2 10  【总结提升】 (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，然后应用诱导公式把 “所求角”变成“已知角”． 考点二 两角和与差的正切公式的应用 【典例 4】（2019·全国高考真题（文））tan255°=（ ） A．－2－ 3 B．－2+ 3 C．2－ 3 D．2+ 3 【答案】D 【解析】 7 / 17 0 0 0 0 0 0tan 255 tan(180 75 ) tan 75 tan(45 30 )     = 0 0 0 0 31tan 45 tan30 3 2 3.1 tan 45 tan30 31 3      【典例 5】（2020·全国高考真题（理））已知 2tanθ–tan(θ+ π 4 )=7，则 tanθ=（ ） A．–2 B．–1 C．1 D．2 【答案】D 【解析】 2tan tan 74        ， tan 12tan 71 tan      ， 令 tan , 1t t  ，则 12 71 tt t   ，整理得 2 4 4 0t t   ，解得 2t  ，即 tan 2  . 故选：D. 【规律方法】 1．运用两角和与差的三角函数公式时，不但要熟练，准确，而且要熟悉公式的逆用及变形，如 tanα＋tan β ＝tan(α＋β)·(1－tanαtanβ)和二倍角的余弦公式的多种变形等． 2．应熟悉公式的逆用和变形应用，公式的正用是常见的，但逆用和变形应用则往往容易被忽视，公式的逆 用和变形应用更能开拓思路，培养从正向思维向逆向思维转化的能力，只有熟悉了公式的逆用和变形应用 后，才能真正掌握公式的应用． 提醒：在 T(α＋β)与 T(α－β)中，α，β，α±β都不等于 kπ＋π 2(k∈Z)，即保证 tan α，tan β，tan(α＋β)都有意义；若 α，β中有一角是 kπ＋π 2(k∈Z)，可利用诱导公式化简． 【变式探究】 1.（2021·贵溪市实验中学高二期末） tan 42 tan18 3 tan 42 tan18    的值是___________. 【答案】 3 【解析】 由   tan18 tan 42tan 60 tan 18 42 31 tan18 tan 42            进行转化，可得答案. 【详解】 解：由   tan18 tan 42tan 60 tan 18 42 31 tan18 tan 42            8 / 17  tan18 tan 42 3 1 tan18 tan 42        tan18 tan 42 3 tan18 tan 42 3        故答案为： 3 . 2.（2021·广东高三其他模拟）我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长l 与 太阳天顶距  0 80     的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表.根据三角学知识可知，晷 影长度l 等于表高 h 与太阳天顶距 正切值的乘积，即 tanl h  .若对同一“表高”两次测量，“晷影长”分别是 “表高”的 2 倍和 3 倍(所成角记 1 ， 2 )，则  1 2tan    ___________. 【答案】 1 7  【解析】 根据题意得到 1tan 2  ， 2tan 3  ，结合两角差的正切公式，即可求解. 【详解】 由题意，“晷影长”分别是“表高”的 2 倍和 3 倍，可得 1tan 2  ， 2tan 3  ， 所以   1 2 1 2 1 2 tan tan 2 3 1tan 1 tan tan 1 2 3 7              . 故答案为： 1 7  . 【总结提升】 1.“1”的代换：在 Tα±β中如果分子中出现“1”常利用 1＝tan45°来代换，以达到化简求值的目的． 2．若α＋β＝π 4 ＋kπ，k∈Z，则有(1＋tanα)(1＋tanβ)＝2． 3．若化简的式子里出现了“tanα±tanβ”及“tanαtanβ”两个整体，常考虑 tan(α±β)的变形公式． 考点三 二倍（半）角公式的应用 【典例 6】（2021·全国高考真题（文））若 cos0, ,tan 22 2 sin           ，则 tan  （ ） A． 15 15 B． 5 5 C． 5 3 D． 15 3 【答案】A 【解析】 9 / 17 由二倍角公式可得 2 sin 2 2sin costan 2 cos2 1 2sin        ，再结合已知可求得 1sin 4   ，利用同角三角函数的 基本关系即可求解. 【详解】 costan 2 2 sin    2 sin 2 2sin cos costan 2 cos2 1 2sin 2 sin            ， 0, 2      ， cos 0  ， 2 2sin 1 1 2sin 2 sin      ，解得 1sin 4   ， 2 15cos 1 sin 4      ， sin 15tan cos 15     . 故选：A. 【典例 7】（2020·全国高考真题（文））若 2sin 3x   ，则 cos 2x  __________． 【答案】 1 9 【解析】 2 22 8 1cos2 1 2sin 1 2 ( ) 13 9 9x x         . 故答案为： 1 9 . 【典例 8】（2020·浙江高一期末）已知 ( ,2 )   ，若 3tan 4   ，则 tan( )4    __； 2cos 2   __. 【答案】7 1 10 【解析】 因为 ( ,2 )   ，若 3tan 4   ， 故可得 sin 3 5    ，cos 4 5    . 10 / 17 则 tan 7 1 4 714 1 4 tan tan            ； 2cos 2    1 1 1 112 2 5 10cos    . 故答案为：7； 1 10 . 【总结提升】 1.转化思想是实施三角变换的主导思想，恒等变形前需清楚已知式中角的差异、函数名称的差异、运算结 构的差异，寻求联系，实现转化．注意三角函数公式逆用和变形用的 2 个问题 (1)公式逆用时一定要注意公式成立的条件和角之间的关系． (2)注意特殊角的应用，当式子中出现1 2 ，1， 3 2 ， 3等这些数值时，一定要考虑引入特殊角，把“值变角” 构造适合公式的形式． 2.已知θ的某个三角函数值，求θ 2 的三角函数值的步骤是：(1)利用同角三角函数基本关系式求得θ的其他三角 函数值；(2)代入半角公式计算即可 【变式探究】 1. (2019 年高考全国Ⅰ卷文)函数 3π( ) sin(2 ) 3cos2f x x x   的最小值为___________． 【答案】 4 【解析】 23π( ) sin(2 ) 3cos cos2 3cos 2cos 3cos 12f x x x x x x x          23 172(cos )4 8x    ， 1 cos 1x   ， 当 cos 1x  时， min( ) 4f x   ， 故函数 ( )f x 的最小值为 4 ． 2.（2020·河南高一月考）已知角 的顶点在坐标原点，始边与 x 轴的非负半轴重合，终边经过点 ( 3, 3)P  . 11 / 17 （Ⅰ）求 tan( ) sin( )2 cos( )sin( 3 )             的值； （Ⅱ）求 tan 2 tan 2   的值. 【答案】（Ⅰ） 2 3  ；（Ⅱ）2 【解析】 （Ⅰ）由题意得： 1 3 3sin ,cos ,tan .2 2 3        原式 tan cos ( cos ) sin         3 3 23 2 33 1 2 2      （Ⅱ） 2 2tantan 2 31 tan     ， 1 sin 2tan 2 3.2 1 cos 31 2        tan 2 tan 2   = 2 ． 【特别提醒】 1.倍角的含义： 对于“二倍角”应该有广义的理解，如 2α是α的二倍角，4α是 2α的二倍角，8α是 4α的二倍角，α是α 2 的二倍角…… 这里的蓄含着换元思想．这就是说，“倍”是相对而言的，是描述两个数量之间的关系的． 2．公式的适用条件： 在 S2α，C2α中，α∈R，在 T2α中，α≠kπ 2 ＋π 4 且α≠kπ＋π 2(k∈Z)，当α＝kπ＋π 2(k∈Z)时，tanα不存在，求 tan2α的 值可采用诱导公式． 考点四 简单的三角恒等变换---化简与证明 【典例 9】（2021·浙江高三其他模拟）已知sin 2 4     = 1 2 ，且 0, 2      ，则 sin2 __________； 12 / 17 2cos 4 sin44 2        __________． 【答案】 2 6 4  6 4  【解析】 求出 2 4   的范围可得 cos 2 4     ，利用sin2 sin 2 4 4            可得 sin2 ；利用 2cos 4 sin44 2        22 2cos4 1 2sin 22 2     可得第二空的答案. 【详解】 因为 0, 2      ，所以 524 4 4      ，由 sin 2 4     = 1 2 ， 所以 3cos 2 4 2       ，所以 sin2 sin 2 sin 2 cos cos 2 sin4 4 4 4 4 4                                  1 2 3 2 2 6 2 2 2 2 4      ； 2 2cos 4 sin4 cos4 cos sin4 sin sin44 2 4 4 2                 2 22 2 2 2 6cos4 cos cos4 1 2sin 2 24 2 2 2 4               6 4   . 故答案为：① 2 6 4  ；② 6 4  . 【典例 10】求证：  cos 1 )24tan( 1tan    . 【答案】见解析 13 / 17 【解析】左边＝sin α cos α ＋ )24sin( )24cos(     )24sin(cos )24cos(cos)24sin(sin      )24sin(cos )24cos(      )24sin(cos )24cos(            cos 1 )24sin(cos )24sin( ＝右边． 故原式得证． 【总结提升】 1.三角函数式化简的方法 (1)弦切互化，异名化同名，异角化同角，降幂或升幂． (2)在三角函数式的化简中“次降角升”和“次升角降”是基本的规律，根号中含有三角函数式时，一般需 要升次，去掉根号． 2．三角函数式的化简遵循的三个原则 (1)一看“角”，这是最重要的一环，通过看角之间的差别与联系，把角进行合理的变换，从而正确使用公 式． (2)二看“名”，看函数名称之间的差异，从而确定使用的公式，常见的有“切化弦”或“弦化切”． (3)三看“形”，分析结构特征，可以帮助我们找到变形的方向，常见的有“遇到分式要通分”“整式因式 分解”“二次式配方”“遇到平方要降幂”等． 3．三角恒等式的证明方法 (1)从等式的比较复杂的一边化简变形到另一边，相当于解决化简题目． (2)等式两边同时变形，变形后的结果为同一个式子． (3)先将要证明的式子进行等价变形，再证明变形后的式子成立． 提醒：开平方时正负号的选取易出现错误，所以要根据已知和未知的角之间的关系，恰当地把角拆分，根 据角的范围确定三角函数的符号． 14 / 17 【变式探究】 1．（2021·全国高三其他模拟（理））若 2tan 3    ， 1tan 3   ，则 sin(2 2 )   （ ） A． 7 130 130  B．11 130 130 C． 33 65  D． 9 130 【答案】C 【解析】 根据正切三角函数值，求得二倍角的三角函数值，由正弦的两角和公式求得结果. 【详解】 由 2tan 3    知， 2 3sin ,cos 13 13     ，或 2 3sin ,cos 13 13     ， 则 2 3 12sin 2 2sin cos 2 1313 13          ， 2 22 5cos2 1 2sin 1 2 ( ) 1313        由 1tan 3   知， 1 3sin ,cos 10 10    ，或 1 3sin ,cos 10 10      ， 则 1 3 3sin 2 2sin cos 2 510 10        ， 2 21 4cos2 1 2sin 1 2 ( ) 510        ， 则sin(2 2 ) sin 2 cos2 cos2 sin 2        12 4 5 3 33 13 5 13 5 65        故选：C 2.（2021·高三其他模拟）已知 5sin 2 5   ，   5cos 13    ， 0, 2a     ，  0,  ， 则sin  ______． 【答案】 16 65 【解析】 注意综合已知条件，进一步缩小  的范围，以及  的范围，利用同角三角函数关系和二倍角公式正确 15 / 17 求出 sin ， cos  ,  sin   的值，由   sin sin      ，利用两角差的正弦公式计算. 【详解】  0,  ，∴ 0,2 2      ， 5sin 2 5   ，∴ 2 5cos 2 5   ，又∵ 5 1sin 2 5 2    ， ∴ 0,2 6      ，∴ 0, 3      ， 4sin 2sin cos2 2 5     ， 3cos 5   , 又∵ 0, 2a     ，∴ 5+ 0, 6a      ，又∵   5cos 13    ，∴   12sin 13    ， ∴       sin sin sin cos cos sin                12 3 5 4 16 13 5 13 5 65      , 故答案为： 16 65 . 【总结提升】 将三角函数 y＝f(x)化为 f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋m 的步骤 (1)将 sinxcosx 运用二倍角公式化为 1 2sin2x，对 sin2x，cos2x 运用降幂公式，sin(x±α)，cos(x±α)运用两角和与 差的公式展开． (2)将(1)中得到的式子利用 asinα＋bcosα＝ a2＋b2·sin(α＋φ)化为 f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋m 的形式． 【学科素养提升】 数形结合思想 我国著名数学家华罗庚曾说过:"数形结合百般好，隔裂分家万事休。""数"与"形"反映了事物两个方面的属 性。我们认为，数形结合，主要指的是数与形之间的一一对应关系。数形结合就是把抽象的数学语言、数 量关系与直观的几何图形、位置关系结合起来，通过"以形助数"或"以数解形"即通过抽象思维与形象思维 的结合，可以使复杂问题简单化，抽象问题具体化，从而起到优化解题途径的目的. 向量的几何表示，三角形、平行四边形法则，使向量具备形的特征，而向量的坐标表示和坐标运算又具备 数的特征，因此，向量融数与形于一身，具备了几何形式与代数形式的“双重身份”.因此，在应用向量解 决问题或解答向量问题时，要注意恰当地运用数形结合思想，将复杂问题简单化、将抽象问题具体化，达 到事半功倍的效果. 【典例】（2021·沈阳市·辽宁实验中学高三二模）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮 16 / 17 尖，清代称攒尖．攒尖建筑的屋面在顶部交汇为一点，形成尖顶，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角 攒尖、八角攒尖．也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑．校园内的明心亭， 为一个八角攒尖，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正八棱锥，设正八棱锥的侧面等腰三角形的顶角为 2 ，它的侧棱与底面内切圆半径的长度之比为（ ）． A． 2 1 sin  B． 2 1 cos  C． 1 2 sin D． 1 2 cos 【答案】A 【解析】 分别用 SA和 表示出 AB 的一半，得出侧棱与底面边长的比，再根据正八边形的结构特征求出底面内切圆 的半径与边长的关系，即可求出结果． 【详解】 设O 为正八棱锥 S ABCDEFGH 底面内切圆的圆心，连接 OA ，OB ， 取 AB 的中点 M ，连接 SM 、 OM ，则 OM 是底面内切圆半径 R ，如图所示： 设侧棱长为 x ，底面边长为 a ， 由题意知 2ASB   ， ASM   ，则 1 2sin a x   ，解得 2 sina x  ； 由底面为正八边形，其内切圆半径 OM 是底面中心O 到各边的距离， AOB 中， 45AOB   ，所以 22.5AOM  ， 由 2 2tan 22.5tan 45 11 tan 22.5     ，解得 tan 22.5 2 1   ， 所以 1 2 tan 22.5 2 12 a a R R      ， 所以 2 sin 2 12 x R    ，解得 2 1 sin x R   ， 即侧棱与底面内切圆半径的长度之比为 2 1 sin  ． 17 / 17 故选:A．