专题1 微专题1 三角恒等变换（PPT课件）-【精讲精练】2025年高考数学二轮专题辅导与训练

专题一　三角函数、解三角形与平面向量 第一篇　专题突破　高考热点 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 微专题1　三角恒等变换 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 目 录 聚焦命题·巧突破 01 真题再现·明考向 02 专题集训·课时练 03 CONTENTS 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 聚焦命题·巧突破 01 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 真题再现·明考向 02 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 谢谢观看 返回目录 第一篇　专题一　三角函数、解三角形与平面向量 高考总复习（二轮）数学 1 命题点1　给值求值 　(1)(2024·安徽合肥三模)已知2sin α＝1＋2eq \r(3)cos α，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＝(　　) A．－eq \f(1,8)　　　　　　　 B．－eq \f(7,8) C．eq \f(3,4) D．eq \f(7,8) (2)(2024·湖北七市二模)若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，tan α＝eq \f(cos α,3－sin α)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＝(　　) A．－eq \f(4\r(6)＋7,18) B．eq \f(4\r(6)－7,18) C．－eq \f(4\r(2)＋7\r(3),18) D．eq \f(4\r(2)－7\r(3),18) [解析]　(1)由2sin α＝1＋2eq \r(3)cos α得 4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin α－\f(\r(3),2)cos α))＝1，即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝eq \f(1,4)， 所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3))))) ＝cos 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝1－2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝eq \f(7,8)，故选D. (2)由条件等式可知，eq \f(sin α,cos α)＝eq \f(cos α,3－sin α)， 整理为3sin α＝sin2α＋cos2α＝1，则sin α＝eq \f(1,3)， 又α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，故cos α＝eq \r(1－sin2α)＝eq \f(2\r(2),3)， 所以sin 2α＝2sin αcos α＝2×eq \f(1,3)×eq \f(2\r(2),3)＝eq \f(4\r(2),9)， cos 2α＝1－2sin2α＝eq \f(7,9)， 所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＝sin 2αcos eq \f(π,3)－cos 2αsin eq \f(π,3)＝eq \f(4\r(2),9)×eq \f(1,2)－eq \f(7,9)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(4\r(2)－7\r(3),18).故选D. [答案]　(1)D　(2)D 给值求值的方法 (1)直接法：当已知两个角时，所求角一般表示为两个角的和或差的形式．　 (2)常值代换：用某些三角函数代替某些常数，使之代换后能运用相关公式，我们把这种代换称为常值代换，其中要特别注意的是“1”的代换，如1＝sin2α＋cos2α，1＝tan eq \f(π,4)，1＝sin eq \f(π,2)等，1，eq \r(3)，eq \f(\r(3),3)，eq \f(1,2)，eq \f(\r(2),2)等均可视为某个特殊角的三角函数值，从而将常数换为三角函数使用． (3)角的代换：将未知角利用已知角表示出来，使之能直接运用公式，像这样的方法就是角的代换，常见的有：α＝(α＋β)－β，α＝β－(β－α)， α＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α＋β＋α－β))＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α＋β－β－α))，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))，α＋β＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋β))－α，2α＝(α＋β)＋(α－β)，2β＝(α＋β)－(α－β)等．　 【预测练1】 1．(2024·安徽池州二模)已知sin β＋cos β＝eq \f(1,5)，β∈(0，π)，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,4)))＝(　　) A．7 B．－7 C．eq \f(1,7) D．－eq \f(1,7) 解析　因为sin β＋cos β＝eq \f(1,5)，β∈(0，π)，故sin2β＋cos2β＋2sin βcos β＝eq \f(1,25)，故2sin βcos β＝－eq \f(24,25)<0，而β∈(0，π)，故β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，故sin β>0，cos β<0，而eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin β－cos β))2＝eq \f(49,25)，故sin β－cos β＝eq \f(7,5)，所以sin β＝eq \f(4,5)，cos β＝－eq \f(3,5)，故tan β＝－eq \f(4,3)，故taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\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)，故选D. 答案 D 2．(2024·山东烟台三模)若eq \f(1,sin 2β)＝eq \f(1,tan β)－eq \f(1,tan α)，则sin(α－2β)＝(　　) A．－eq \f(1,2) B．0 C．eq \f(1,2) D．1 解析　因为eq \f(1,sin 2β)＝eq \f(1,tan β)－eq \f(1,tan α)，所以eq \f(1,sin 2β)＝eq \f(cos β,sin β)－eq \f(cos α,sin α)＝eq \f(cos βsin α－cos αsin β,sin βsin α)，即eq \f(1,2sin βcos β)＝eq \f(sinα－β,sin βsin α)，则eq \f(1,2cos β)＝eq \f(sinα－β,sin α)，故2sin(α－β)cos β＝sin α.所以2sin(α－β)cos β＝sin[(α－β)＋β]＝sin(α－β)cos β＋cos(α－β)sin β，则sin(α－β)cos β－cos(α－β)sin β＝0，即sin[(α－β)－β]＝sin(α－2β)＝0.故选B. 答案　B 命题点2　给值求角 　(2024·吉林长春模拟)已知cos 2α＝－eq \f(2\r(5),5)，sin(α＋β)＝－eq \f(3\r(10),10)，α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，则α－β＝(　　) A.eq \f(π,4) B．eq \f(3π,4) C.eq \f(5π,4) D．eq \f(π,4)或eq \f(3π,4) [解析]　因为α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2α∈[0，π]， 所以sin 2α＝eq \r(1－cos22α)＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))2)＝eq \f(\r(5),5)， 因为α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))， 所以α＋β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以cos(α＋β)＝eq \r(1－sin2α＋β)＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(10),10)))2)＝eq \f(\r(10),10)， 又由α－β＝2α－(α＋β)知 cos(α－β)＝coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2α－α＋β))＝cos 2αcos(α＋β)＋sin 2αsin(α＋β)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))×eq \f(\r(10),10)＋eq \f(\r(5),5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(10),10)))＝－eq \f(\r(2),2)，又因为α－β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，π))，所以α－β＝eq \f(3π,4).故选B. [答案]　B 给值求角的原则 (1)已知正切函数值，选正切函数． (2)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；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．　 【预测练2】 1．(2024·黑龙江双鸭山模拟)已知α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，cos2α－sin2α＝eq \f(1,7)，且3sin β＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋β))，则α＋β的值为(　　) A.eq \f(π,12) B．eq \f(π,6) C.eq \f(π,4) D．eq \f(π,3) 解析　因为cos2α－sin2α＝eq \f(1,7)，cos2α＋sin2α＝1，所以cos2α＝eq \f(4,7)，sin2α＝eq \f(3,7)，因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，所以cos α＝eq \f(2,\r(7))，sin α＝eq \f(\r(3),\r(7))，所以tan α＝eq \f(\r(3),2). 由3sin β＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋β))，得3sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α＋β－α))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α＋β＋α))， 即3 sin(α＋β)cos α－3cos(α＋β)sin α＝sin(α＋β)·cos α＋cos(α＋β)sin α， 所以sin(α＋β)cos α＝2cos(α＋β)sin α， 所以tan(α＋β)＝2tan α＝eq \r(3). 又0<α＋β<eq \f(π,2)，所以α＋β＝eq \f(π,3).故选D. 答案 D 2．(2024·甘肃张掖模拟)已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，若∃β∈(0,2π)，使sin(α＋β)＋cos(α＋β)－eq \r(2)＝(α－eq \r(2))2成立，则β＝________. 解析　由sin(α＋β)＋cos(α＋β)－eq \r(2)＝(α－eq \r(2))2，可得eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋β＋\f(π,4)))＝(α－eq \r(2))2＋eq \r(2)，设f(β)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋β＋\f(π,4)))，g(α)＝(α－eq \r(2))2＋eq \r(2). 依题意，－eq \r(2)≤f(β)≤ eq \r(2)，而geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α))≥ eq \r(2)， 故feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β))＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α))＝eq \r(2)，由geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α))＝eq \r(2)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，可得 α＝eq \r(2)，又由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β))＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)＋β＋\f(π,4)))＝eq \r(2)，可得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)＋β＋\f(π,4)))＝1，因为β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2π))，则eq \r(2)＋eq \f(π,4)<eq \r(2)＋β＋eq \f(π,4)<eq \r(2)＋eq \f(9π,4)，eq \f(π,2)<eq \r(2)＋eq \f(π,4)<π，eq \f(5π,2)<eq \r(2)＋eq \f(9π,4)<3π，故β＋eq \r(2)＋eq \f(π,4)＝eq \f(5π,2)，解得β＝eq \f(9π,4)－eq \r(2). 答案　eq \f(9π,4)－eq \r(2) 命题点3　范围与最值 　(1)若锐角α，β满足sin 2αsin 2β＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋cos 2α)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos 2β))，则tan(α－β)的最大值是(　　) A．－eq \f(\r(3),3) B．eq \f(3,4) C．eq \f(3,5) D．eq \f(\r(3),3) (2)若函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)sin x－2cos x))·cos x＋1，则f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上的最大值与最小值之和为________． [解析]　(1)因为sin 2αsin 2β＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋cos 2α))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos 2β))，所以4sin αcos αsin βcos β＝12cos2αsin2β.因为α，β是锐角，所以tan α＝3tan β，所以tan(α－β)＝eq \f(tan α－tan β,1＋tan αtan β)＝eq \f(2tan β,1＋3tan2β)＝eq \f(2,\f(1,tan β)＋3tan β).因为tan β>0，所以eq \f(1,tan β)＋3tan β≥2eq \r(3)，当且仅当tan β＝eq \f(\r(3),3)时等号成立，所以tan(α－β)的最大值是eq \f(\r(3),3). (2)因为f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)sin x－2cos x))·cos x＋1＝eq \r(3)sin 2x－cos 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).由x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，得2x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(5π,6))).当2x－eq \f(π,6)＝eq \f(5π,6)，即x＝eq \f(π,2)时，f(x)取得最小值1，当2x－eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，即x＝eq \f(π,3)时，f(x)取得最大值2.故最大值与最小值之和为3. [答案]　(1)D　(2)3 三角恒等变换中的范围与最值一般有两类：第一类是利用三角函数的性质求出函数的最值；第二类是利用基本不等式、求导等方法求出最值．　 【预测练3】 1．已知函数f(x)＝sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos x－\f(\r(3),2)sin x))＋eq \f(\r(3),2)cos2x，x∈R，且|f(x)－m|≤2在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))内恒成立，则m的取值范围是(　　) A．[－1,2] B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，1)) C．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2))) D．[0,2] 解析　f(x)＝sin xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos x－\f(\r(3),2)sin x))＋eq \f(\r(3),2)cos2x＝sin xcos x－eq \f(\r(3),2)sin2x＋eq \f(\r(3),2)cos2x＝eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(\r(3),2)cos 2x＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，由x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))，得2x＋eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))， 由|f(x)－m|≤2在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))内恒成立，得－2≤f(x)－m≤2恒成立，即f(x)－2≤m≤f(x)＋2恒成立，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m≤\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(fx＋2))min，,m≥\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(fx－2))max，))则－1≤m≤eq \f(3,2)，所以m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2))).故选C. 答案　C 2．已知函数f(x)＝eq \f(1,cos x)，将f(x)的图象向右平移eq \f(π,3)个单位长度，得到函数g(x)的图象，则函数h(x)＝f(x)＋g(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))上的最小值为(　　) A.eq \r(3) B．eq \f(4\r(3),3) C．3 D．4 解析　依题意，g(x)＝eq \f(1,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3))))，则h(x)＝eq \f(1,cos x)＋eq \f(1,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3))))＝eq \f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))＋cos x,cos xcos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3))))＝eq \f(\f(3,2)cos x＋\f(\r(3),2)sin x,\f(1,2)cos2x＋\f(\r(3),2)sin xcos x)＝eq \f(\r(3)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))),\f(1,4)cos 2x＋\f(\r(3),4)sin 2x＋\f(1,4))＝eq \f(\r(3)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))),\f(1,2)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋\f(1,4))＝eq \f(\r(3)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6))),cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))－\f(1,4))，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))时，x－eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))，令coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，则h(x)＝eq \f(\r(3)t,t2－\f(1,4))＝eq \f(\r(3),t－\f(1,4t))， 而函数y＝t，y＝－eq \f(1,4t)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上都是增函数，则函数y＝t－eq \f(1,4t)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递增，函数y＝eq \f(\r(3),t－\f(1,4t))在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减，则当t＝1时，ymin＝eq \f(4\r(3),3)，所以所求最小值为eq \f(4\r(3),3).故选B. 答案　B 1．(2023·新课标Ⅱ卷)已知α为锐角，cos α＝eq \f(1＋\r(5),4)，则sin eq \f(α,2)＝(　　) A.eq \f(3－\r(5),8)　　　　　　 B．eq \f(－1＋\r(5),8) C.eq \f(3－\r(5),4) D．eq \f(－1＋\r(5),4) 解析　sin2eq \f(α,2)＝eq \f(1,2)(1－cos α)＝eq \f(1,2)·eq \f(3－\r(5),4)＝eq \f(6－2\r(5),16)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,4)))2，∴sin eq \f(α,2)＝eq \f(\r(5)－1,4)，故选D. 答案 D 2．(2023·新课标Ⅰ卷)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－β))＝eq \f(1,3)，cos αsin β＝eq \f(1,6)，则coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋2β))＝(　　) A.eq \f(7,9)　　　　　　　　 B．eq \f(1,9) C．－eq \f(1,9) D．－eq \f(7,9) 解析　因为sin(α－β)＝sin αcos β－cos αsin β＝eq \f(1,3)，而cos αsin β＝eq \f(1,6)，因此sin αcos β＝eq \f(1,2)， 则sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝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)))2＝eq \f(1,9).故选B. 答案　B 3．(2024·全国甲卷·理)已知eq \f(cos α,cos α－sin α)＝eq \r(3)，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝(　　) A．2eq \r(3)＋1 B．2eq \r(3)－1 C.eq \f(\r(3),2) D．1－eq \r(3) 解析　根据题意有eq \f(cos α－sin α,cos α)＝eq \f(\r(3),3)，即1－tan α＝eq \f(\r(3),3)，所以tan α＝1－eq \f(\r(3),3)，所以taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(tan α＋1,1－tan α)＝eq \f(2－\f(\r(3),3),\f(\r(3),3))＝2eq \r(3)－1，故选B. 答案　B 4．(2024·新课标Ⅰ卷)已知cos(α＋β)＝m，tan αtan β＝2，则cos(α－β)＝(　　) A．－3m B．－eq \f(m,3) C.eq \f(m,3) D．3m 解析　由cos(α＋β)＝m得cos αcos β－sin αsin β＝m　①.由tan αtan β＝2得eq \f(sin αsin β,cos αcos β)＝2　②，由①②得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(cos αcos β＝－m，,sin αsin β＝－2m，))所以cos(α－β)＝cos α cos β＋sin αsin β＝－3m，故选A. 答案　A 5．(2024·北京卷)在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于原点对称．若α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))，则cos β的最大值为________． 解析　因为α与β的终边关于原点对称，所以β＝2kπ＋π＋α(k∈Z)，所以cos β＝cos(2kπ＋π＋α)＝－cos α.因为α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))，所以cos α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，所以cos β∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)))，所以cos β的最大值为－eq \f(1,2). 答案　－eq \f(1,2) 6．(2024·新课标Ⅱ卷)已知α为第一象限角，β为第三象限角，tan α＋tan β＝4，tan αtan β＝eq \r(2)＋1，则sin(α＋β)＝________. 解析　由题知tan(α＋β)＝eq \f(tan α＋tan β,1－tan α·tan β)＝eq \f(4,1－\r(2)－1)＝－2eq \r(2)，即sin(α＋β)＝－2eq \r(2)cos(α＋β)，又sin2(α＋β)＋cos2(α＋β)＝1，可得sin(α＋β)＝±eq \f(2\r(2),3).由2kπ<α<2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z,2mπ＋π<β<2mπ＋eq \f(3π,2)，m∈Z，得2(k＋m)π＋π<α＋β<2(k＋m)π＋2π，k＋m∈Z.又tan(α＋β)<0，所以α＋β是第四象限角，故sin(α＋β)＝－eq \f(2\r(2),3). 答案　－eq \f(2\r(2),3) $$