【文档说明】(新高考数学)高考一轮复习核心考点讲与练考点08三角恒等变换》(解析版） .doc，共(22)页，1.036 MB，由MTyang资料小铺上传

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考点08三角恒等变换（核心考点讲与练）一、任意角的三角函数(1)定义：设α是一个任意角，它的终边与单位圆交于点P(x，y)，那么sinα＝y，cosα＝x，tanα＝yx(x≠0).(2)几何表示：三角函数线可以看作是三角函数的几何表示，正弦线的起点都在x轴上，余弦线的起

点都是原点，正切线的起点都是(1，0).如图中有向线段MP，OM，AT分别叫做角α的正弦线、余弦线和正切线.二、同角三角函数基本关系式与诱导公式1.同角三角函数的基本关系(1)平方关系：sin2α＋cos

2α＝1.(2)商数关系：sinαcosα＝tan__α.2.三角函数的诱导公式公式一二三四五六角2kπ＋α(k∈Z)π＋α－απ－απ2－απ2＋α正弦sinα－sin__α－sin__αsin__αcos_

_αcos__α余弦cosα－cos__αcos__α－cos__αsin__α－sin__α正切tanαtan__α－tan__α－tan__α口诀函数名不变，符号看象限函数名改变，符号看象限三、解两角和与差的正弦、余弦和正切公式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)＝tanα±tanβ1∓tanαtanβ.2.二倍角的正弦、余弦、正切公式sin2α＝2sin__αcos__α.cos2α＝cos2α－sin2α＝2

cos2α－1＝1－2sin2α.tan2α＝2tanα1－tan2α.3.函数f(α)＝asinα＋bcosα(a，b为常数)，可以化为f(α)＝a2＋b2sin(α＋φ)其中tanφ＝ba或f(α)＝a2＋b2·cos(α－φ

)其中tanφ＝ab.[名师提醒]1.tanα±tanβ＝tan(α±β)(1∓tanαtanβ).2.cos2α＝1＋cos2α2，sin2α＝1－cos2α2.3.1＋sin2α＝(sinα＋cosα)2，1－sin

2α＝(sinα－cosα)2，sinα±cosα＝2sinα±π4.1.定义法求三角函数值的三种情况①已知角α终边上一点P的坐标，可求角α的三角函数值．先求P到原点的距离，再用三角函数的定义求解；②已知角α的某三角函数值，可求角α终边上一点P的坐标中的参数值，

可根据定义中的两个量列方程求参数值；③已知角α的终边所在的直线方程或角α的大小，根据三角函数的定义可求角α终边上某特定点的坐标．2.三角函数式化简的方法弦切互化，异名化同名，异角化同角，降幂或升幂．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．3.“给角求值”：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总有一定关系，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非特殊角的三角函数而得解．4.“给值求

值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．5.“给值求角”：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的范围，确定角．三角函数的定义1.（2020湖北百所重点校高三联考）已知角的终边经过点,30Pxx且

10cos10x，则x等于（）A.1B.13C.3D.223【答案】A【详解】试题分析：依题意有2210cos,1103xxxx．考点：三角函数概念．2.已知顶点在原点，始边在x轴非负半轴的锐角绕原点逆时针转π3后，终边交单位圆

于3,3Px，则sin的值为（）A．3326B．3236C．3326D．3236【答案】C【分析】设锐角绕原点逆时针转π3后得角，由2113x，则63x，按x的值分类讨论结合三角函数的定义，求解即可，根据条件进行取舍.【详解】设锐角绕原点逆时针转π

3后得角，则3，由为锐角，根据题意角终边交单位圆于3(,)3Px，则2113x，则63x若63x，则36sin,cos33所以332sinsin()sincoscossin03336

，与为锐角不符合.若63x，则36sin,cos33所以332sinsin()sincoscossin03336，满足条件.故选：C.化简求值1.(2020湖北武汉模拟)sin1013tan10＝

（）A.14B.12C.32D.1【答案】A【分析】利用三角函数的切化弦结合正弦二倍角以及辅助角公式对函数化简即可得答案．【详解】解：sin10sin10cos1013tan10cos10sin1032sin10cos1014cos10sin10232

sin204sin301014．故选：A2.（2022高三一轮复习联考（一）（全国1卷））已知3sin36，则5sin26___________.【答案】56【分析

】53sin2sin2cos26233，再利用二倍角得余弦公式即可得解.【详解】解：53sin2sin2cos26233

2352sin1213366.故答案为：56.3.（2022河南省大联考）若cos2coscossin，则tan24（）A.7B.7C.17D.17【答案】A【分析

】由题可得tan2，然后利用二倍角公式及两角差公式即求.【详解】由cos2coscossin得，22cossincoscossin即cossincos∴tan2，

∴2224tan2123，∴41()3tan27441()3，故选：A.4.（2022云南省昆明市五华区高三模拟）若0,π，22cos2sincos22，则______

．【答案】π3【分析】根据余弦的二倍角公式化简即可求值.【详解】因为222cos22cos1sincoscos22，所以cos1或1cos2，又0,π，所以3，故答案为：π35.(20

20四川南充模拟)已知0,2，0,2，且1cos7，11cos14，则________.【答案】3【分析】根据同角三角函数关系式及已知条件，分别求得sin及sin，由si

nsin，利用正弦差角公式展开即可求得sin的值，再由0,2即可得.【详解】因为0,2，0,2，且1cos7，11cos14，所

以由同角三角函数关系式可得243sin1cos7，253sin1cos14，则sinsinsincoscossin531114331471472

，因为0,2，所以3.故答案为：3.【点睛】本题考查了同角三角函数关系式的简单应用，正弦差角公式的展开式及应用，属于基础题.1.（2021年全国高考乙卷）22π5πcoscos1212（）A.12B.33C.22D

.32【答案】D【分析】由题意结合诱导公式可得22225coscoscossin12121212，再由二倍角公式即可得解.【详解】由题意，2222225coscoscoscoscossin1212122121212

3cos26.故选：D.2.（2021年全国高考甲卷）若cos0,,tan222sin，则tan（）A.1515B.55C.53D.153【答案】A【分析】由二倍角公式可得2sin22sinc

ostan2cos212sin，再结合已知可求得1sin4，利用同角三角函数的基本关系即可求解.【详解】costan22sin2sin22sincoscostan2cos212s

in2sin，0,2，cos0，22sin112sin2sin，解得1sin4，215cos1sin4，sin15tancos15.故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的化简问题，解题的关键是

利用二倍角公式化简求出sin.3.（2021年全国新高考Ⅰ卷）若tan2，则sin1sin2sincos（）A.65B.25C.25D.65【答案】C【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母(221sincos)，

进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入tan2即可得到结果．【详解】将式子进行齐次化处理得：22sinsincos2sincossin1sin2sinsincossincossincos

2222sinsincostantan422sincos1tan145．故选：C．【点睛】易错点睛：本题如果利用tan2，求出sin,cos的值，可能还需要分象限讨论其正负，通

过齐次化处理，可以避开了这一讨论．一、单选题1．（2022·河北·模拟预测）已知函数sin3cos0xfxx，若fx的图象在区间0,上有且只有1个最低点，则实数的取值范围为（）A．137,62

B．725,26C．11,6D．1123,66【答案】D【分析】利用辅助角公式化简可得2sin3fxx，根据x的范围，可求得3x的范围，根据题意，分析可得37232，计算即可得答案.【详解】由题意得

sin3cos2sin3fxxxx，因为0,x，所以,333x，因为fx有且只有1个最低点，所以37232，解得

112366.故选：D2．（2022·辽宁丹东·一模）已知3,2，若tan23，则cos12（）A．31010B．1010C．1010D．31010

【答案】C【分析】根据题意，确定3的范围，结合其正切值，求得正弦和余弦值，再用3凑出目标角12，利用余弦的和角公式即可求得结果.【详解】因为3,2，则411,336，又tan203，故311,326

，则525cos,sin3535，故coscoscoscossinsin12343434

2522510252510.故选：C.3．（2022·四川广安·一模（理））若0,2，2sin2cos，则cos2的值为（）A．35-B．12C．0D．35【答案】D【分析】结合二倍角公

式化简可求1tan2，再结合万能公式可求cos2.【详解】因为0,2，2sin2cos，所以cos0且22sincoscos，解得1tan2，所以2222111tan34c

os2cossin11tan514.故选：D4．（2022·江苏南通·模拟预测）在△ABC中，若tantan22tantanABAB，则tan2C（）A．22B．22C．23D．23

【答案】A【分析】利用两角和的正切公式和二倍角公式求解.【详解】因为tantan2tantan22tantan1ABABAB，所以2tantan1tantantan21tantan1tantanABABABA

BAB，所以tantan2CAB，222tan22tan2221tan12CCC，故选：A．二、多选题5．（2022·江苏·南京市第一中学三模）在ABC中，22co

scos1AB，则下列说法正确的是（）A．sincosABB．2ABC．sinsinAB的最大值为12D．tantan1AB【答案】ACD【分析】根据已知条件，结合22cossin1AA得sincosAB

，22111tan1tan1AB，进而得tantan1AB，可判断AD；进而得cos0AB或cos0AB，故2AB或2AB，再分别讨论sinsinAB的最大值问题即可判断BC.【详解】解：因为22

coscos1AB，22cossin1AA，所以22sincosAB，222222coscos1cossincossinABAABB所以sincosAB，22111tan1tan1AB，故A选项正确；所以，222222tan1tanttantanan1

tan1ABBAAB，即22tant1anBA；所以tantan1AB，故D选项正确；所以sinsincoscosABAB，即cos0AB或cos0AB，所以2AB或2AB，故B选项错误；当2AB

时，0,2B，11sinsinsinsinsincossin2222ABBBBBB，当且仅当4B时，此时3244A，不满足内角和定理；当2AB时，0,2B

，11sinsinsinsinsincossin2222ABBBBBB，当且仅当4B时，此时244A，满足题意.综上，sinsinAB的最大值为12，故

C选项正确.故选：ACD6．（2022·重庆·模拟预测）重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，始于1551年明代嘉靖年间，明末已成为贡品人朝，产品以其精湛的工业制作而闻名于海内外．经历代艺人刻苦钻研、精工创制，荣昌折扇逐步发展

成为具有独特风格的中国传统工艺品，其精雅宜士人，其华灿宜艳女，深受各阶层人民喜爱．古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长，偏称游人携袖里，不劳侍女执花傍；宫罗旧赐休相妒，还汝团圆共夜凉”图1为荣昌折扇，其平面图为图2的扇形COD，其中2,33

3CODOCOA，动点P在CD上（含端点），连接OP交扇形OAB的弧AB于点Q，且OQxOCyOD，则下列说法正确的是（）图1图2A．若yx，则23xyB．若2yx，则0OAOPC．2ABPQD．112PAPB【答案】

ABD【分析】建立平面直角系，表示出相关点的坐标，设2(cos,sin),[0,]3Q，可得(3cos,3sin)P，由OQxOCyOD，结合题中条件可判断A,B;表示出相关向量的坐标，利用数量积的运算律，结合三角函数的性质

，可判断C，D.【详解】如图，作OEOC,分别以,OCOE为x,y轴建立平面直角坐标系，则13333(1,0),(3,0),(,),(,)2222ACBD,设2(cos,sin),[0,]3Q，

则(3cos,3sin)P,由OQxOCyOD可得333cos3,sin22xyy，且0,0xy，若yx，则2222333cossin(3)()122xxx，解得13xy，（负值

舍去），故23xy，A正确；若2yx，则3cos302xy，(1,0)(0,1)0OAOP，故B正确；33(,)(2cos,2sin)3sin3cos23sin()223ABPQ

，由于[0,]3，故[,]333，故23sin()33，故C错误；由于13(3cos1,3sin),(3cos,3sin)22PAPB，故13(3cos1,3sin)(3cos,3si

n)22PAPB173sin()26，而5[,]666，故173sin(17)2611322PAPB，故D正确，故选：ABD7．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）已知向量(,3)ABmm，(,3)

BCnm(,0)mn，且||1BM，AMxAC，其中412cos9x，下列说法正确的是（）A．AB与AC所成角的大小为3B．32310xxC．当2||1ABx时，||||ABBC取得最大值D．||||ABBC的最大值为3x【

答案】AD【分析】利用向量夹角定义和模的求法即可选定A选项，利用正弦倍角公式和积化和差公式可以排除B选项，根据均值不等式和余弦定理结合选项B中得出的结论即可判断C选项和D选项的正误.【详解】对于A选项：因为(,3)ABmm,(,3)BCnm所以有：(,0)ACmn2222cos

,(3)()cos,ABACmmnABACABACABACmmmnABAC，解得1cos,2ABAC，所以AB与AC所成角的大小为3；对于B选项：412cos12cos8012sin109x，因

为2[22sin10cos10cos20]cos40sin80cos10，所以1sin10cos20cos408，结合1cos20cos40[cos(2040)cos(2040)]2得38sin106sin1010，将

1sin102x代入化简，得32310xx，故B选项错误；对于C选项和D选项：以B点为圆心，建立平面直角坐标系，则由(,3)ABmm可设2ABm，AMB使用余弦定理得：2222cos60

BMABAMABAM，故可得22112[()]22()2mmnxmmnx，22222232322mnmABBCmnm当且仅当2223mnm即mn时等号成立，结和公式22112[()

]22()2mmnxmmnx，以及选项B中的32310xx，可知当32xABBC时，ABBC取得最大值3x，而此时2314xx平方后化为一元二次方程后无解，因此D选项正确，C选项错误.故选：AD.三、填空题8．（2

022·广东湛江·二模）若3tan2，tan2，则tan___________.【答案】74【分析】利用正切两角和的公式进行求解即可.【详解】因为3tan2，tan2，所以32t

antan72tantan31tantan4122，故答案为：749．（2022·河北秦皇岛·二模）已知为锐角，且5tantan()43，则sin21cos2___________.【答案】3【分析】根据5t

antan()43，求出tan2，利用二倍角公式化简sin21cos2，代入tan2即可求值.【详解】由5tantan43，得1tan5tan1tan3，即2

3tan5tan20，解得tan2或1tan3，因为为锐角，所以tan2，故222222sin212sincossincostan2tan14413cos2cossin1ta

n14，故答案为：3.10．（2022·安徽·芜湖一中三模（理））已知函数sin03yx的图象与函数sin06yx

的图象相邻的三个交点依次为A，B，C，且ABC的面积是2，则______．【答案】【分析】由sin()sin()36xx得712kx，kZ，不妨设712Ax，

1912Bx，3112Cx，求出Ay，By，Cy后，根据三角形面积公式列式可求出结果.【详解】由sin()sin()36xx得sincoscossinsincoscossin336

6xxxx，所以1313sincos22xx，所以tantan13743tantan()tan4312131tantan43x，所以712xk，即71

2kx，kZ，因为相邻的三个交点依次为A，B，C，所以不妨设712Ax，1912Bx，3112Cx，所以72sin()sin12342Ay，191552sin()si

nsin1231242By，312792sin()sinsinsin12312442Cy，所以3172||1212AC，AC边上的高为22()222，所以12222ABCS

△，依题意可得22，得.故答案为：.四、解答题11．（2022·天津·一模）在锐角ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知22sin0abA.(1)求角B的大小；(2)设5a，42c，求b和

sin2CB的值.【答案】(1)4(2)17b，72sin234CB【分析】（1）利用正弦定理得到sinsinbAaB，即可得到2sin2B，从而求出B；（2）利用余弦定理求出b，再利用正弦定理求出sinC，即可求出co

sC，再利用二倍角公式求出sin2C、cos2C，最后根据两角和的正弦公式计算可得；(1)解：在ABC中，由正弦定理sinsinabAB，可得sinsinbAaB，又由22sin0abA，得2sin2aBa，即2sin2B，

又因为0,2B，可得4B.(2)解：由（1）得，在ABC中，5a，42c，4B由余弦定理有2222cos17bacacB，故17b.由正弦定理sinsincbCB，即4217sin22C，可得417sin17C.又因为0,2C，故21

7cos1sin17CC.因此8sin22sincos17CCC，215cos22cos117CC.所以8215272sin2sin2coscos2sin17217234CBCBCB.12．（2022·广东惠州·一模）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分

别为a，b，c，1cos2coscosBACB，且ADDC.(1)求证：2bac；(2)当BDb时，求cosABC.【答案】(1)证明见解析(2)34【分析】（1）依题意利用二倍角公式及两角和差的余弦公式得到2sinsinsinBAC，再由正弦定理将角化边即

可；（2）依题意D是边AC的中点，则12BDBABC，根据向量数量积的运算律及余弦定理得到22252acb，最后由余弦定理计算可得；(1)证明：因为1cos2coscosBACB所以22sincoscosBACAC，所以2

2sincoscossinsincoscossinsinBACACACAC所以2sinsinsinBAC，结合正弦定理2sinsinsinabcRABC，可得2bac，命题得证.(2)解：由题意ADDC知，点D是边AC的中点，则12BDBABC两边平

方整理得22242BDBABCBABC，即22242cosbcaacABC根据余弦定理2222cosbcaacABC两式相加得22252acb，再由余弦定理222222532cos

224bbacbABCacb13．（2022·四川雅安·二模）已知向量3sin,12xm，2cos,sin22xxn，设函数fxmn．(1)求函数fx的单调递增区间；(2)设

ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且______，求fB的取值范围．从下面三个条件中任选一个，补充在上面的问题中作答．①3tantan0coscABaB；②2coscos0

cbAaB；③a，b，c成等比数列．注：如果选择多个条件分别解答，按第一解答计分．【答案】(1)22,2,33ππkπkπkZ(2)01，【分析】（1）根据向量数量积的坐标运算结合降幂公式以及辅助角公式化简得fx，结合正弦函数的性质可得增

区间；（2）若选①，通过正弦定理以及“切化弦”思想可得23A，进而得03B，由正弦函数性质可得结果；若选②，通过正弦定理将边化为角，结合两角和的正弦公式可得23A，余下同①；若选③，由余弦定理可得1cos2B，进而得B的范围，余下同①.(1)因为3sin,12xm

，2cos,sin22xxn，所以231cos3sincossinsin22222xxxxfxmnx1sin62x由22,262πππkπxkπkZ，得222,33ππkπxkπkZ，即函数fx的单调递增区间

22,2,33ππkπkπkZ.(2)若选①3tantan0coscABaB，由正弦定理可得3sinsinsin0sincoscoscosCABABAB，即3sinsinc

ossincos0sincoscoscosCABBAABAB，即sin3sin0sincoscoscosABCABAB，由于sin0C，所以3cossin0AA，解得tan3A，由于0A

，得23A，所以03B，所以666B，得10sin162B，即fB的取值范围是01，.若选②2coscos0cbAaB，由正弦定理可得2sincossincossincos0CABAA

B，即2sincossin0CAC，由于sin0C，所以1cos2A，由于0A，得23A，所以03B，所以666B，得10sin162B，即fB的取值范围是01，.若选③a，b，c成

等比数列，即2bac，由余弦定理可得2222221cos2222acbacacacacBacacac，所以03B，所以666B，得10sin162B，即fB的取值范围是102

，.14．（2022·全国·模拟预测）在ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且满足274coscos222ABC．（1）求A；（2）若点D满足23ADAC，3BD，求23cb的取值范围．【答案】（1）3；（2）3,3.【分析】（1）由ABC

及余弦的二倍角公式得到272cos2cos32AA，解得1cos2A，最后求出A即可；（2）设ABD，可得23cbABAD，在ABD△中，由余弦定理可得2sin3AB，2sinAD，进而可得22sin33cb

，然后根据三角函数的有界性求得取值范围即可.【详解】（1）ABC，BCA，2274coscos221coscos22cos2cos322ABCAAAA解得1cos2A，又0A，3A；（2）设ABD

，因为点D满足23ADAC，3BD，所以23cbABAD，在ABD△中，由余弦定理可得：2sinsinsin3ADABBDA，所以2sin3AB，2

sinAD，所以2sin2sin3ABAD，即23cossin2sin33cb，因为20,3，所以,333，33sin,322

，所以23,33cb.【点睛】关键点睛：本题的解题关键是在ABD△中，由余弦定理得到2sin3AB，2sinAD，进而求得22sin33cb，最后求得取值范围.15．（2022·安徽·芜

湖一中三模（理））已知函数213sincoscos02fxxxx的最小正周期为6．(1)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cb，若61fA，612f

B，求cb的值；(2)若122nnfna，求数列na的前2022项和2022S．【答案】(1)2；(2)3373.【分析】（1）利用三角恒等变换化简fx为标准型，结合最小

正周期求得解析式，再结合已知条件求得,,ABC，利用正弦定理即可求得结果；（2）根据（1）中所求，求得na，再利用并项求和法求解即可.(1)213sincoscos2fxxxx311sin21cos2sin22226xxx

，因为fx的最小正周期为6，故可得262，0，解得6，故sin36fxx，因为61fA，，故可得sin216A，又0,A，则262A，3A；因为612fB

，故可得1sin262B，又0,B，则266B或56，6B或2，因为cb，则CB，当6B时，2C，满足题意；当2B时，6C，不满足题意，舍去；由正弦定理可得：sin121sin2

cCbB.(2)sin36fxx根据（1）中所求可得：122nnfna12sin2sin3263nnnn，故2022S3333331203450620202020

202222222232022233373.即数列na的前2022项和2022S3373.16．

（2022·湖北·二模）如图，在平面四边形ABCD中，,1,3,2ABADABADBC．(1)若2CD，求sinADC；(2)若45C，求四边形ABCD的面积．【答案】(1)2138(2)132【分析】（1）连

接BD后由余弦定理与两角和的正弦公式求解（2）由余弦定理与面积公式求解(1)连接BD，在RtABD△中，222BDABAD，且3tan3ABADBAD，0,2ADB，所以6ADB．在BCD△中，由余弦定理得2

224423cos22224BDCDBCBDCBDCD，所以237sin144BDC．所以7331213sinsinsincoscossin66642428ADCBDCBDC

BDC(2)在BCD△中，由余弦定理得2222cos4BDCDBCCDBC，即2220CDCD，解得13CD或13CD（舍去），所以四

边形ABCD的面积为111sin32242ABCDABDBCDSSSABADBCCD