第4章 第4节 简单的三角恒等变换(课件PPT)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习

第四章　三角函数与解三角形 第四节　简单的三角恒等变换 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 目录 contents Part 01 夯实·必备知识 研磨·高考题型 Part 02 课时作业 Part 03 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 夯实·必备知识 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 2sinαcosα cos2α－sin2α 2cos2α－1 1－2sin2α 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 × √ √ × 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 研磨·高考题型 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 课 时 作 业 （二十九） 点击进入word 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 谢谢观看 第四章　三角函数与解三角形 高考总复习 数学 返回目录 [课标要求]　能运用两角和与差的正弦、余弦、正切公式推导二倍角的正弦、余弦、正切公式，并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). 1．二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)公式S2α：sin 2α＝ ． (2)公式C2α：cos 2α＝ ＝ ＝ ． (3)公式T2α：tan2α＝ eq \f(2tan α,1－tan 2α). 2．半角公式(不要求记忆) sin eq \f(α,2)＝± eq \r(\f(1－cos α,2))；cos eq \f(α,2)＝± eq \r(\f(1＋cos α,2))；tan eq \f(α,2)＝± eq \r(\f(1－cos α,1＋cos α)).符号由 eq \f(α,2)所在象限决定． 【常用结论】 1．二倍角公式的变形公式 (1)1－cos α＝2sin2 eq \f(α,2)，1＋cos α＝2cos2 eq \f(α,2).(升幂公式) (2)1±sin α＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin \f(α,2)±cos \f(α,2))) eq \s\up12(2).(升幂公式) (3)sin2α＝ eq \f(1－cos2α,2)，cos2α＝ eq \f(1＋cos2α,2)， tan2α＝ eq \f(1－cos2α,1＋cos 2α).(降幂公式) 2．半角正切公式的有理化 tan eq \f(α,2)＝ eq \f(sin α,1＋cos α)＝ eq \f(1－cos α,sin α). 1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”) (1)二倍角的正弦、余弦、正切公式的适用范围是任意角．(　　) (2)半角的正切公式成立的条件是α≠(2k＋1)π(k∈Z).(　　) (3)存在角α，使得sin 2α＝2sin α成立．(　 　) (4)sin2 eq \f(π,12)－cos2 eq \f(π,12)＝ eq \f(\r(3),2).(　 　) 2．cos 15°等于(　　) A． eq \r(\f(1＋cos 30°,2))　　　　　B． eq \r(\f(1－cos 30°,2)) C．± eq \r(\f(1＋cos 30°,2)) D．± eq \r(\f(1－cos 30°,2)) 答案　A 解析　因为15°是第一象限角， 所以cos 15°>0， 由半角的余弦公式可知cos 15°＝ eq \r(\f(1＋cos 30°,2)). 3．已知函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋x))，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝(　　) A． eq \f(\r(3),4) B．－ eq \f(\r(3),4) C． eq \f(1,2) D．－ eq \f(\r(3),2) 答案　A 解析　f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋x)) ＝－cos x sin x＝－ eq \f(1,2)sin 2x， 故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝－ eq \f(1,2)sin eq \f(5π,3)＝－ eq \f(1,2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝ eq \f(\r(3),4). 4．若cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,2)))＝－ eq \f(\r(7),4)，则cos 2θ的值为________． 答案　 eq \f(1,8) 解析　因为cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,2)))＝－ eq \f(\r(7),4)，所以sin θ＝ eq \f(\r(7),4)， 所以cos 2θ＝1－2sin2θ＝ eq \f(1,8). 题型一　三角函数式的化简 [例1]　(1) eq \r(1－sin40°)＋ eq \r(\f(1－cos 40°,2))的化简结果为(　　) A．－sin 20°　　　　　B．－cos 20° C．cos 20° D．sin 20° 答案　C 解析　原式＝ eq \r((sin 20°－cos 20°)2)＋ eq \r(\f(1－(1－2sin220°),2))＝|sin20°－cos 20°|＋ eq \r(sin220°) ＝cos20°－sin 20°＋sin 20°＝cos 20°. (2)化简：cos 20°cos 40°cos 80°＝________． 答案　 eq \f(1,8) 解析　cos 20°cos 40°cos 80° ＝ eq \f(sin 20°cos 20°cos 40°cos 80°,sin 20°) ＝ eq \f(\f(1,2)sin 40°cos 40°cos 80°,sin 20°) ＝ eq \f(\f(1,4)sin 80°cos 80°,sin 20°)＝ eq \f(\f(1,8)sin 160°,sin 20°)＝ eq \f(1,8). [即时训练] (1)化简sin2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＋sin2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－sin2α＝________． 答案　 eq \f(1,2) 解析　法一：由倍角公式cos 2α＝1－2sin 2α，得sin 2α＝ eq \f(1－cos 2α,2). 原式＝ eq \f(1－cos \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3))),2)＋ eq \f(1－cos \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3))),2)－ eq \f(1－cos 2α,2) ＝ eq \f(1,2)－ eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＋cos \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))－cos 2α)) ＝ eq \f(1,2)－ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos 2αcos \f(π,3)－cos 2α))＝ eq \f(1,2). 法二：sin 2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＋sin 2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－sin 2α ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin α－\f(1,2)cos α))2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sin α＋\f(1,2)cos α))2－sin 2α ＝ eq \f(3,2)sin 2α＋ eq \f(1,2)cos 2α－sin 2α＝ eq \f(1,2). (2)(2025·广州模拟)已知0<θ<π，则 eq \f((1＋sin θ＋cos θ)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin \f(θ,2)－cos \f(θ,2))),\r(2＋2cos θ))＝________． 答案　－cos θ 解析　原式＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin \f(θ,2)cos \f(θ,2)＋2cos2\f(θ,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos \f(θ,2))),\r(4cos2\f(θ,2))) ＝cos eq \f(θ,2)· eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2\f(θ,2)－cos2\f(θ,2))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(θ,2))))＝ eq \f(－cos \f(θ,2)·cos θ,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos \f(θ,2)))). 因为0<θ<π，所以0< eq \f(θ,2)< eq \f(π,2)， 所以cos eq \f(θ,2)>0. 所以原式＝－cos θ. 题型二　三角函数式的求值 命题点1　给角求值 [例2]　 eq \f(\r(3)tan 12°－3,(4cos212°－2)sin12°)＝________． 答案　－4 eq \r(3) 解析　原式＝ eq \f(\f(\r(3)sin 12°,cos 12°)－3,2(2cos212°－1)sin12°) ＝ eq \f(\f(2\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin 12°－\f(\r(3),2)cos 12°)),cos 12°),2cos 24°sin 12°) ＝ eq \f(2\r(3)sin (－48°),2cos 24°sin 12°cos 12°)＝ eq \f(－2\r(3)sin 48°,sin 24°cos 24°)＝ eq \f(－2\r(3)sin 48°,\f(1,2)sin 48°)＝－4 eq \r(3). 题型二　三角函数式的求值 命题点1　给角求值 [例2]　 eq \f(\r(3)tan 12°－3,(4cos212°－2)sin12°)＝________． 答案　－4 eq \r(3) 解析　原式＝ eq \f(\f(\r(3)sin 12°,cos 12°)－3,2(2cos212°－1)sin12°) ＝ eq \f(\f(2\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin 12°－\f(\r(3),2)cos 12°)),cos 12°),2cos 24°sin 12°) ＝ eq \f(2\r(3)sin (－48°),2cos 24°sin 12°cos 12°)＝ eq \f(－2\r(3)sin 48°,sin 24°cos 24°)＝ eq \f(－2\r(3)sin 48°,\f(1,2)sin 48°)＝－4 eq \r(3). 命题点2　给值求值 [例3]　(2025·济宁模拟)已知cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝ eq \f(\r(3),3)，则sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))等于(　　) A．－ eq \f(2,3) B． eq \f(2,3) C．－ eq \f(1,3) D． eq \f(1,3) 答案　D 解析　sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－\f(π,2))) ＝－cos 2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))) ＝1－2cos2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝1－2× eq \f(1,3)＝ eq \f(1,3). 命题点3　给值求角 [例4]　已知α，β均为锐角，cosα＝ eq \f(2\r(7),7)，sin β＝ eq \f(3\r(3),14)，则cos 2α＝________，2α－β＝________． 答案　 eq \f(1,7)　 eq \f(π,3) 解析　因为cos α＝ eq \f(2\r(7),7)， 所以cos 2α＝2cos2α－1＝ eq \f(1,7). 又因为α，β均为锐角，sinβ＝ eq \f(3\r(3),14)， 所以sin α＝ eq \f(\r(21),7)，cos β＝ eq \f(13,14)， 因此sin 2α＝2sin αcos α＝ eq \f(4\r(3),7)， 所以sin (2α－β)＝sin 2αcos β－cos 2αsin β ＝ 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cos 2α>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). eq \a\vs4\al([思维升华]) (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： 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；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．　 [即时训练] 　(1)(2025·山东德州质检)已知sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝ eq \f(\r(5),5)，则sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＝(　　) A． eq \f(4,5) B．－ eq \f(4,5) C． eq \f(3,5) D．－ eq \f(3,5) 答案　C 解析　sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＝cos eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))))＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2α))＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(2π,3)))＝cos eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3))))) ＝1－2sin 2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝1－2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)))2＝ eq \f(3,5)，故选C. (2)(2025·成都模拟)已知cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝ eq \f(3,5)，α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2α))＝__________． 答案　 eq \f(7,25) 解析　∵sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝＝cos eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))))＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))＝ eq \f(3,5)， ∴cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－2α))＝1－2sin 2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝1－2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2＝ eq \f(7,25). 题型三　三角恒等变换的综合应用 [例5]　(2025·广州模拟)若α，β∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且(1－cos 2α)(1＋sin β)＝sin 2αcos β，则下列结论正确的是(　　) A．2α＋β＝ eq \f(5π,2) B．2α－β＝ eq \f(3π,4) C．α＋β＝ eq \f(7π,4) D．α－β＝ eq \f(π,2) 答案　A 解析　∵α，β∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))， ∴sin α≠0， ∵(1－cos 2α)(1＋sin β)＝sin 2αcos β， ∴2sin2α(1＋sinβ)＝2sin αcos αcos β， 即sin α(1＋sin β)＝cos αcos β. ∴sin α＝cos αcos β－sin αsin β＝cos (α＋β)， ∴cos (α＋β)＝cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))， ∵α，β∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))， ∴π<α＋β<2π，且－ eq \f(π,2)< eq \f(π,2)－α<0， ∴α＋β＝ eq \f(π,2)－α＋2π，解得2α＋β＝ eq \f(5π,2). eq \a\vs4\al([思维升华]) (1)进行三角恒等变换要抓住：变角、变函数名称、变结构，尤其是角之间的关系；注意公式的逆用和变形使用． (2)形如y＝a sin x＋b cos x化为y＝ eq \r(a2＋b2)sin (x＋φ)，可进一步研究函数的周期性、单调性、最值与对称性． [即时训练] 　(2025·江苏泰州质检)如图，在半径为R、圆心角为 eq \f(π,3)的扇形AB弧上任取一点P，作扇形的内接矩形PNMQ，使点Q在OA上，点M、N在OB上，则这个矩形面积的最大值为(　　) A．(2－ eq \r(3))R2 B． eq \f(\r(3),6)R2 C． eq \f(\r(3),4)R2 D． eq \f(\r(3),3)R2 答案　B 解析　设∠POB＝a，矩形PNMQ面积为S， 因为扇形AB的半径为R，圆心角为 eq \f(π,3)， 所以QM＝PN＝R sin α，ON＝R cos α，OM＝QM tan eq \f(π,6)＝ eq \f(\r(3),3)R sin α， 所以S＝R sin α eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R cos α－\f(\r(3),3)R sin α))＝ eq \f(1,2)R2sin 2α－ eq \f(\r(3),3)R2 eq \f(1－cos 2α,2). 化简得：S＝ eq \f(\r(3),3)R2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))－ eq \f(\r(3),6)R2，α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))， 当α＝ eq \f(π,6)，即∠AOP＝ eq \f(π,6)时，S取最大值 eq \f(\r(3),6)R2.故选B. $$