第3章 第4节 简单的三角恒等变换（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函数、三角恒等变换、解三角形三大高考核心模块，依据高考评价体系梳理考点，通过知识要点系统整合与双基检测强化，精准分析各考点权重，归纳恒等变换公式应用、正余弦定理综合等常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“高考再现”模块的真题实战与“典例精析”的解题策略指导，通过数学思维训练提升逻辑推理能力，结合三角恒等变换中“角的拆分与公式逆用”典型题型解析，帮助学生掌握答题技巧。同时强化数学语言表达规范，助力学生高效突破高频考点，为教师提供系统复习框架，提升备考效率。

第三章　三角函数 三角恒等变换、解三角形 第四节　简单的三角恒等变换 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 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 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 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 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 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 1．半角公式 sin eq \f(α,2)＝± eq \r(\f(1－cos α,2))，cos eq \f(α,2)＝______________， tan eq \f(α,2)＝______________＝eq \f(sin α,1＋cos α)＝eq \f(1－cos α,sin α). ± eq \r(\f(1＋cos α,2)) ± eq \r(\f(1－cos α,1＋cos α)) 2．三角函数式的化简 化简三角函数式是为了更清楚地显示式中所含量之间的关系，以便于某种要求的应用． (1)化简的基本原则： ①能求值的尽量求出值； ②使三角函数的种类尽量少； ③使项数尽量少； ④尽量使分母不含三角函数； ⑤尽量使被开方数不含三角函数． (2)化简中“次数”与“角”的关系．“次降角升”、“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．常用公式有：1＋sin 2α＝(sin α＋cos α)2；1－sin 2α＝(sin α－cos α)2；1＋cos 2α＝2cos2α；1－cos 2α＝2sin2α. (3)化简中常用技巧： ①“1”的代换，1＝sin2α＋cos2α； 1＝2cos2α－cos 2α；1＝cos 2α＋2sin2α，1＝taneq \f(π,4)等等． ②用“弦化切”，“切化弦”的手法来减少函数的种类． 3．三角函数式的证明 恒等式的证明，包括有条件的恒等式和无条件的恒等式两类．无条件时，常用综合法(执因索果)和分析法(执果索因)，证明的形式有化繁为简，左右归一，变更论证等．有条件时，常先观察条件及欲证式中左、右两边三角函数式的区别与联系，灵活使用条件，变形得证．无论何种情形，基本原则是从消去等式两端的差异去思考，或“从左证到右”，或“从右证到左”，或“从两边到中间”地具体操作． 4．三角恒等变换的两个原则 (1)化繁为简：变复角为单角，变不同角为同角，化非同名函数为同名函数，化高次为低次，化多项式为单项式，化无理式为有理式． (2)清除差异：消除已知与未知，条件与结论、左端与右端以及各项的次数、角、函数名称、结构等方面的差异． 5．形如asin x＋bcos x的化简 asin x＋bcos x＝eq \r(a2＋b2)sin(x＋φ)＝eq \r(a2＋b2)cos(x－θ)．其中①cos φ＝eq \f(a,\r(a2＋b2))，sin φ＝eq \f(b,\r(a2＋b2))，tan φ＝eq \f(b,a).②sin θ＝eq \f(a,\r(a2＋b2))，cos θ ＝eq \f(b,\r(a2＋b2))，tan θ＝eq \f(a,b). 1．若tan θ＝－eq \f(1,3)，则cos 2θ＝(　　) A．－eq \f(4,5)　　　　　 B．－eq \f(1,5) C.eq \f(1,5) D.eq \f(4,5) 解析：选D　∵cos 2θ＝eq \f(cos 2θ－sin 2θ,cos 2θ＋sin 2θ)＝eq \f(1－tan 2θ,1＋tan2 θ)， 又tan θ＝－eq \f(1,3)，∴cos 2θ＝eq \f(1－\f(1,9),1＋\f(1,9))＝eq \f(4,5). 2．函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝6sineq \f(x,4)cos eq \f(x,4)－2的最小正周期和最小值分别是(　　) A．π和－5 B．π和－3 C．4π和－5 D．4π和－3 解析：选C　feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝6sineq \f(x,4)coseq \f(x,4)－2＝3sineq \f(x,2)－2，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的最小正周期T＝eq \f(2π,\f(1,2))＝4π， 当eq \f(x,2)＝2kπ－eq \f(π,2)，k∈Z，即x＝4kπ－π，k∈Z时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))取到最小值为－5.故选：C. 3．已知倾斜角为α的直线l与直线x－2y＋2＝0平行，则tan 2α的值为(　　) A.eq \f(4,5) B.eq \f(4,3) C.eq \f(3,4) D.eq \f(2,3) 答案：B 　化简[2sin 50°＋sin 10°(1＋eq \r(3)tan 10°)]·eq \r(2sin280°). [思路点拨]　50°，10°，80°都不是特殊角，但注意到它们的和60°，90°都是特殊角，因此可考虑用和角公式求值．另外正切函弦要化成正、余弦函数． [精解详析]　 原式＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin 50°＋sin 10°·\f(cos 10°＋\r(3)sin 10°,cos 10°)))·eq \r(2)sin 80° ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin 50°＋2sin 10°·\f(\f(1,2)cos 10°＋\f(\r(3),2)sin 10°,cos 10°)))·eq \r(2)cos 10° ＝2eq \r(2)[sin 50°·cos 10°＋sin 10°·cos(60°－10°)]＝2eq \r(2)sin(50°＋10°)＝2eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(6). [解题心得] (1)三角函数式的化简原则一是统一角，二是统一函数名．能求值的求值，必要时切化弦，更易通分、约分． (2)三角函数式化简的要求： ①能求出值的应求出值； ②尽量使三角函数种数最少； ③尽量使项数最少； ④尽量使分母不含三角函数； ⑤尽量使被开方数不含三角函数． 　已知tan α＝2. (1)求taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))的值； (2)求eq \f(sin 2α,sin2α＋sin αcos α－cos 2α－1)的值． [思路点拨]　(1)代入两角和的正切公式求解．(2)化简后代值． [精解详析]　 (1)taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(tan α＋tan \f(π,4),1－tan α tan\f(π,4))＝eq \f(2＋1,1－2×1)＝－3. (2)eq \f(sin 2α,sin2α＋sin αcos α－cos 2α－1) ＝eq \f(2sin αcos α,sin2α＋sin αcos α－2cos2α) ＝eq \f(2tan α,tan2α＋tan α－2)＝eq \f(2×2,4＋2－2)＝1. [解题心得] 解三角函数的给值求值问题的基本步骤 (1)先化简所求式子或所给条件； (2)观察已知条件与所求式子之间的联系； (3)将已知条件代入所求式子，化简求值． 　(2024·北京期中)已知函数f(x)＝eq \r(3)cos2x＋sin xcos x. (1)求f(x)的最小正周期以及单调增区间； (2)求f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,2)))的最大值及对应的x值； (3)若f(x)图象的对称轴只有一条落在区间[0，m]上，求m的取值范围． [精解详析]　(1)f(x)＝eq \r(3)cos2x＋sin xcos x＝eq \r(3)×eq \f(1＋cos 2x,2)＋eq \f(sin 2x,2) ＝eq \f(1,2)sin 2x＋eq \f(\r(3),2)cos 2x＋eq \f(\r(3),2) ＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋eq \f(\r(3),2)， ∴T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,2)＝π. 令－eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z， 解得－eq \f(5π,12)＋kπ≤x≤eq \f(π,12)＋kπ，k∈Z， 所以f(x)的单调增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5π,12)＋kπ，\f(π,12)＋kπ))，k∈Z. (2)∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,2)))，∴－eq \f(π,6)≤2x＋eq \f(π,3)≤eq \f(4π,3)， ∴当2x＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)，即x＝eq \f(π,12)时， feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))max＝eq \f(2＋\r(3),2). (3)令2x＋eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x＝eq \f(π,12)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z， 所以f(x)图象的对称轴为x＝eq \f(π,12)＋eq \f(kπ,2)，k∈Z， 所以当x>0时，两相邻的对称轴为x＝eq \f(π,12)，x＝eq \f(7π,12)， 因为f(x)图象的对称轴只有一条落在区间[0，m]上， 所以eq \f(π,12)≤m<eq \f(7π,12)， 故m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(7π,12))). [解题心得] 三角恒等变换在研究三角函数性质中的2个注意点 (1)三角函数的性质问题，往往都要先化成f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋b的形式再求解．要注意在进行此步骤之前，如果函数解析式中出现α及其二倍角、半角或函数值的平方，应根据变换的难易程度去化简，往往要利用到二倍角公式、升幂或降幂公式，把解析式统一化成关于同一个角的三角函数式． (2)要正确理解三角函数的性质，关键是记住三角函数的图象，根据图象并结合整体代入的基本思想即可求三角函数的单调性、最值与周期． 1．(2023·新高考Ⅱ卷)已知α为锐角，cos α＝eq \f(1＋\r(5),4)，则sineq \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：选D　因为cos α＝1－2sin2eq \f(α,2)＝eq \f(1＋\r(5),4)，而α为锐角， 所以sineq \f(α,2)＝eq \r(\f(3－\r(5),8))＝eq \r(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(5)－1))2,16))＝eq \f(\r(5)－1,4). 2．已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A(1，a)，B(2，b)，且cos 2α＝eq \f(2,3)，则|a－b|＝(　　) A.eq \f(1,5) B.eq \f(\r(5),5) C.eq \f(2\r(5),5) D．1 解析：选B　由cos 2α＝eq \f(2,3)， 得cos2α－sin2α＝eq \f(2,3)， ∴eq \f(cos2α－sin2α,cos2α＋sin2α)＝eq \f(2,3)，即eq \f(1－tan2α,1＋tan2α)＝eq \f(2,3)， ∴tan α＝±eq \f(\r(5),5)，即eq \f(b－a,2－1)＝±eq \f(\r(5),5)， ∴|a－b|＝eq \f(\r(5),5).故选B. 3．(2022·新高考Ⅱ卷)若sin (α＋β)＋cos (α＋β)＝2eq \r(2)·cos eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sin β，则(　　) A．tan (α－β)＝1 B．tan (α＋β)＝1 C．tan (α－β)＝－1 D．tan (α＋β)＝－1 解析：选C　由已知得：sin αcos β＋cos αsin β＋cos αcos β－sin αsin β＝2(cos α－sin α)sin β，即：sin αcos β－cos αsin β＋cos αcos β＋sin αsin β＝0， 即：sin (α－β)＋cos (α－β)＝0， 所以tan (α－β)＝－1，故选C. 4．(2024·全国甲卷)函数f(x)＝sin x－eq \r(3)cos x在[0，π]上的最大值是______． 解析：f(x)＝sin x－eq \r(3)cos x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3)))， 当x∈[0，π]时，x－eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))， 当x－eq \f(π,3)＝eq \f(π,2)时，即x＝eq \f(5π,6)时，f(x)max＝2. 答案：2 5．已知函数f(x)＝2sin ωxcos ωx＋cos 2ωx(ω>0)的最小正周期为π. (1)求ω的值； (2)求f(x)的单调递增区间． 解：(1)因为f(x)＝2sin ωxcos ωx＋cos 2ωx ＝sin 2ωx＋cos 2ωx＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,4)))，所以f(x)的最小正周期T＝eq \f(2π,2ω)＝eq \f(π,ω). 依题意，得eq \f(π,ω)＝π，解得ω＝1. (2)由(1)知f(x)＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))). 由2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)， 得kπ－eq \f(3π,8)≤x≤kπ＋eq \f(π,8)(k∈Z)．所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(3π,8)，kπ＋\f(π,8)))(k∈Z)． 6．(2023·北京高考)设函数 f(x)＝sin ωxcos φ＋cos ωxsin φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω＞0，|φ|＜\f(π,2))). (1)若f(0)＝－eq \f(\r(3),2)，求φ的值； (2)已知f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))上单调递增，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝1，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数f(x)存在，求ω，φ的值． 条件①：feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq \r(2)； 条件②：feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝－1； 条件③：f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))上单调递减． 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 解：(1)因为f(x)＝sin ωxcos φ＋cos ωx·sin φ， 所以f(0)＝sin φ＝－eq \f(\r(3),2). 因为|φ|＜eq \f(π,2)，所以φ＝－eq \f(π,3). (2)因为f(x)＝sin ωxcos φ＋cos ωxsin φ， 所以f(x)＝sin(ωx＋φ)，ω＞0，|φ|＜eq \f(π,2)， 所以f(x)的最大值为1，最小值为－1. 若选条件①：因为f(x)＝sin(ωx＋φ)的最大值为1，最小值为－1，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝eq \r(2)无解，故条件①不能使函数f(x)存在； 若选条件②：因为f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))上单调递增，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝1，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝－1， 所以eq \f(T,2)＝eq \f(2π,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝π，所以T＝2π，ω＝eq \f(2π,T)＝1， 所以f(x)＝sin(x＋φ)， 又因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝－1， 所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋φ))＝－1， 所以－eq \f(π,3)＋φ＝－eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z， 所以φ＝－eq \f(π,6)＋2kπ，k∈Z. 因为|φ|＜eq \f(π,2)，所以φ＝－eq \f(π,6). 所以ω＝1，φ＝－eq \f(π,6)； 若选条件③：因为f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))上单调递增，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))上单调递减， 所以f(x)在x＝－eq \f(π,3)处取得最小值－1， 即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝－1. 以下与条件②相同． $