第3章 第3节 两角和与差的正弦、余弦、正切公式（PPT课件）-【艺术生百日冲刺】2026高考数学艺术生基础生文化课成功方案

该高中数学高考复习课件聚焦三角恒等变换与解三角形专题，覆盖两角和差、二倍角公式及逆用变形、角的变换技巧、解三角形应用等高考核心考点。依据高考评价体系，梳理出公式逆用（占比约45%）、角的拆分（占比约30%）等高频考查维度，归纳给值求值、化简、三角形内角关系等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题引领+技巧突破”，精选2023-2025年全国卷真题如2025全国二卷sin(α-π/4)求值、2024新课标I卷cos(α-β)计算等，通过典例精析角的变换（如α=(α+β)-β）、降幂公式应用等突破方法，培养学生数学思维与运算能力。双基检测强化易错点（如忽略角范围致符号错误），助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准规划复习，提升备考效率。

第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 第三节　两角和与差的正弦、余弦、正切公式 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 目录 contents Part 01 知识要点 Part 02 双基检测 Part 05 课时作业 Part 03 典例精析 Part 04 高考再现 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 知识要点 返回导航 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 双基检测 返回导航 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 典例精析 返回导航 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 高考再现 返回导航 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 谢谢观看 第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 返回导航 1 sin αcos β－cos αsin β 1．两角和与差的余弦、正弦、正切公式 (1)两角和与差的余弦 cos(α＋β)＝__________________________， cos(α－β)＝__________________________. (2)两角和与差的正弦 sin(α＋β)＝__________________________， sin(α－β)＝__________________________. cos αcos β－sin αsin β cos αcos β＋sin αsin β sin αcos β＋cos αsin β (3)两角和与差的正切 tan(α＋β)＝___________________， tan(α－β)＝___________________. (α，β，α＋β，α－β均不等于kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z) 其变形为： tan α＋tan β＝tan(α＋β)(1－tan αtan β)， tan α－tan β＝________(1＋tan αtan β)． eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β) eq \f(tan α－tan β,1＋tan αtan β) tan(α－β) 1－2sin2α eq \f(2tan α,1－tan2α) 2．二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin 2α＝_________________； (2)cos 2α＝_______________＝_____________＝____________； (3)tan 2α＝__________. 2sin αcos α cos2α－sin2α 2cos2α－1 3．两角和与差公式的应用总结 (1)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． (2)角的变换 在应用两角和与差三角函数公式时，角的变换是最基本的技能，常见的变换有： α＝(α＋β)－β；α＝β－(β－α)；α＝(2α－β)－(α－β)；α＝eq \f(1,2) [(α＋β)＋(α－β)]；α＝eq \f(1,2)[(β＋α)－(β－α)]；α＋β＝(α＋2β)－β；eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq \f(π,2)等． 【友情提示】　在公式Tα±β中，α，β，α＋β必须使等式两端均有意义，即α，β，α±β都不能取eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)．否则，利用诱导公式求解． 4．二倍角公式的应用形式 二倍角公式的正用、逆用、变形应用是公式的三种主要使用方法，特别是二倍角的余弦公式，其变形公式在求值、化简、证明中有广泛的应用．解题时应根据不同的需要，灵活选取不同的形式． 二倍角公式的逆向变换及常见变形有： 1±sin 2α＝(sin α±cos α)2；1＋cos α＝2cos2eq \f(α,2)；1－cos α＝2sin2eq \f(α,2)；cos2α＝eq \f(1＋cos 2α,2)；sin2α＝eq \f(1－cos 2α,2). 其中，cos2α＝eq \f(1＋cos 2α,2)，sin2α＝eq \f(1－cos 2α,2)称为降幂公式，而把1－cos 2α＝2sin2α，1＋cos 2α＝2cos2α称为升幂公式． 【友情提示】　(1)在应用二倍角的正切公式时，应注意α的取值范围，即tan α与tan 2α的值应存在． (2)降幂公式是三角变换中非常重要的变形公式，升幂公式是根式化简时常用的公式． 1．函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝cos2eq \f(x,2)－sin2eq \f(x,2)的最小正周期为(　　) A.eq \f(π,2)　　　　　　　　 B．π C．4π D．2π 解析：选D　因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝cos2eq \f(x,2)－sin2eq \f(x,2)＝cos x， 所以函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的最小正周期T＝2π. 2．已知sin α＝eq \f(3,5)，且a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，则eq \f(sin 2α,cos2α)的值为(　　) A．－eq \f(3,4) B．－eq \f(3,2) C.eq \f(3,4) D.eq \f(3,2) 解析：选B　因为sin α＝eq \f(3,5)，且α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以cos α＝－eq \f(4,5)，tan α＝－eq \f(3,4)，所以eq \f(sin 2α,cos2α)＝eq \f(2sin α,cos α)＝2tan α＝－eq \f(3,2). 3．设a＝eq \f(\r(2),2)(sin 17°＋cos 17°)，b＝2cos213°－1，c＝eq \f(\r(3),2)，则(　　) A．c＜a＜b B．b＜c＜a C．a＜b＜c D．b＜a＜c 答案：A 4．若tanα＝ eq \f(1,3)，tan (α＋β)＝ eq \f(1,2)，则tan β＝______． 解析：tan β＝tan [(α＋β)－α] ＝ eq \f(tan (α＋β)－tan α,1＋tan (α＋β)tan α)＝ eq \f(\f(1,2)－\f(1,3),1＋\f(1,2)×\f(1,3))＝ eq \f(1,7). 答案： eq \f(1,7) 　化简sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＋sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－sin2α. [思路点拨]　熟练运用公式，根据角的范围直接化简． [精解详析]　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)－sin2α ＝1－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)))))－sin2α ＝1－cos 2α·coseq \f(π,3) －sin2α ＝1－eq \f(cos 2α,2)－eq \f(1－cos 2α,2)＝eq \f(1,2). [解题心得] (1)本题由变角入手，变角化同角； (2)根式形式的三角函数式的化简，常以去根号为目标，为此常使被开方的式子配成完全平方式，化简时，要注意角的范围对符号的影响． 　在△ABC中，sin A＝eq \f(5,13)，cos B＝eq \f(3,5)，求cos C的值． [思路点拨]　利用A＋B＋C＝π，得C＝π－(A＋B)． [精解详析]　∵A、B是△ABC的内角，且sin A＝eq \f(5,13)＜eq \f(1,2)，cos 60°＜cos B＝eq \f(3,5)＜cos 45°. ∴0°＜A＜30°或150°＜A＜180°，45°＜B＜60°. ∵A＋B＋C＝180°.∴0°＜A＜30°， ∴cos A＝eq \f(12,13).sin B＝eq \f(4,5).∴cos C＝cos[π－(A＋B)]＝－cos(A＋B) ＝－(cos Acos B－sin Asin B) ＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,13)×\f(3,5)－\f(5,13)×\f(4,5)))＝－eq \f(16,65). [解题心得] 根据三角形的内角和为180°和内角的三角函数值，能进一步确定角的取值范围，而此点最容易忽视不考虑上述隐含条件时，会出现cos A＝±eq \f(12,13)两种情况，会有cos C取两值的错误情况，所以求值时一定要注意隐含条件，根据三角函数，进一步确定一下角的取值范围． 　(2025·南充模拟)已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且cos α＝eq \f(1,7)，cos(α＋β)＝－eq \f(11,14)，求sin β的值． [思路点拨]　首先凑角β＝(α＋β)－α，再用两角差的正弦公式求解，善于观察条件中的角与欲求式中角的内在联系，整体运用条件中角的函数值可使问题简化． [精解详析]　因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且cos α＝eq \f(1,7)，cos(α＋β)＝－eq \f(11,14)，所以α＋β∈(0，π)，所以sin α＝eq \r(1－cos2α) ＝eq \f(4\r(3),7)， sin(α＋β)＝eq \r(1－cos2α＋β) ＝eq \f(5\r(3),14)， 则sin β＝sin[(α＋β)－α] ＝sin(α＋β)cos α－cos(α＋β)sin α ＝eq \f(5\r(3),14)×eq \f(1,7)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,14)))×eq \f(4\r(3),7)＝eq \f(\r(3),2). [解题心得] 对于给值求值问题，即由给出的某些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值，关键在于“变角”，使“目标角”变换成“已知角”．若角所在的象限没有确定，则应分情况讨论，应注意公式的正用、逆用、变形运用，掌握其结构特征，还要会拆角、拼角等技巧． 1．(2025·全国二卷)已知0<α<π，cos eq \f(α,2)＝ eq \f(\r(5),5)，则sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝(　　) A． eq \f(\r(2),10) B． eq \f(\r(2),5) C． eq \f(3\r(2),10) D． eq \f(7\r(2),10) 解析：选D　cos α＝2cos2 eq \f(α,2)－1＝2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5))) eq \s\up12(2)－1＝－ eq \f(3,5)， 因为0<α<π，则 eq \f(π,2)<α<π， 则sinα＝ eq \r(1－cos2α)＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))\s\up12(2))＝ eq \f(4,5)， 则sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝sin αcos eq \f(π,4)－cos αsin eq \f(π,4)＝ eq \f(4,5)× eq \f(\r(2),2)－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))× eq \f(\r(2),2)＝ eq \f(7\r(2),10).故选：D. 2．(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：选A　因为cos(α＋β)＝m， 所以cos αcos β－sin αsin β＝m. 又tan αtan β＝2，所以sin αsin β＝2cos αcos β， 故cos αcos β－2cos αcos β＝m，即cos αcos β＝－m， 从而sin αsin β＝－2m，所以cos(α－β)＝－3m，故选：A. 3．(2024·全国甲卷)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：选B　因为eq \f(cos α,cos α－sin α)＝eq \r(3)， 所以eq \f(1,1－tan α)＝eq \r(3)，解得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)＝2eq \r(3)－1，故选：B. 4．(2023·新高考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：选B　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. 5．(2025·北京高考)已知α，β∈[0，2π]，且sin(α＋β)＝sin (α－β)，cos (α＋β)≠cos (α－β)，写出满足条件的一组α＝________，β＝________． 解析：因为sin (α＋β)＝sin (α－β)，cos (α＋β)≠cos (α－β)， 所以α＋β，α－β的终边关于y轴对称，且不与y轴重合， 故α＋β＋α－β＝π＋2kπ，k∈Z且α＋β≠ eq \f(π,2)＋lπ，l∈Z， 即α＝ eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z， 故取α＝ eq \f(π,2)，β＝ eq \f(π,6)可满足题设要求． 答案： eq \f(π,2)　 eq \f(π,6)(答案不唯一) 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：由题意得tan (α＋β)＝ eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)＝ eq \f(4,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)＋1)))＝－2 eq \r(2)， 因为α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ，2kπ＋\f(π,2)))，β∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2mπ＋π，2mπ＋\f(3π,2)))， k，m∈Z， 所以α＋β∈[(2m＋2k)π＋π，(2m＋2k)π＋2π]，k，m∈Z， 又因为tan (α＋β)＝－2 eq \r(2)<0， 所以α＋β∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1((2m＋2k)π＋\f(3π,2)，(2m＋2k)π＋2π))，k，m∈Z，则sin (α＋β)<0， 所以由 eq \f(sin (α＋β),cos (α＋β))＝－2 eq \r(2)，联立sin2(α＋β)＋cos2(α＋β)＝1，解得sin(α＋β)＝－ eq \f(2\r(2),3). 答案：－ eq \f(2\r(2),3) $