三角恒等变换微专题

A'B'C'B'100100

，sin45sin75tan15cos15sin15

而sin15sin(4530)sin45cos30cos45sin30

62，4

所以A'B'

1004

22100(31)273，62所以AA'CC'A'B'100373．故选：B．【点睛】本题关键点在于如何正确将AA'CC'的长度通过作辅助线的方式转化为A'B'100．(1)三角函数式的化简要遵循“三看”原则：一看角，二看名，三看式子结构与特征．(2)三角函数式的化简要注意观察条件中角之间的联系(和、差、倍、互余、互补等)，寻找式子和三角函数公式之间的联系点．.1．两角和与差的余弦、正弦、正切公式(1)公式C(α－β)：cos(α－β)＝cosαcosβ＋sinαsinβ；(2)公式C(α＋β)：cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ；(3)公式S(α－β)：sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ；(4)公式S(α＋β)：sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ；(5)公式T(αtanα－tanβ－β)：tan(α－β)＝1＋tanαtanβ；(6)公式T(α＋β)：tan(α＋β)＝tanα＋tanβ1－tanαtanβ.2．二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)公式S2α：sin2α＝2sinαcosα.(2)公式C2α：cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.(3)公式T2α：tan2α＝2tanα1－tan2α.3．常用的部分三角公式(1)1－cosα＝2sin2α2,1＋cosα＝2cos2α2.(升幂公式)(2)1±sinα＝sinαα2±cos22.(升幂公式)(3)sin2α＝1－cos2α1－cos2α2，cos2α＝1＋cos2α2，tan2α＝1＋cos2α.(降幂公式)(4)asinα＋bcosα＝a2＋b2sin(α＋φ)，其中sinφ＝ba2

＋b2

，cosφ＝aa2

＋b2

.(辅助角公式)1．（2022·河南高三月考（理））若2,



，且cos2sin2310，则tan（）A．-7B．1

113C．

7D．-7或32．（2021·河南高三其他模拟（理））已知2sincos3，则cos2（）A．

1

13B．3C．

1D．12

23．（2021·西安市经开第一中学高三其他模拟（理））若点M3,1在角的终边上，则cos2（）A．

12

B．12

C．32D．3236

4．（2021·黑龙江高三其他模拟（理））已知点P3,3是角的终边与单位圆的交点，则sin2

（A．）1

3

B．

13

C．

223

D．63

5．（2021·四川成都市·双流中学高三三模（理））在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若cosAsinA

A．2

2ab

0，则的值是（sinBcosBcB．3C．2）D．1

）6．（2021·浙江高三其他模拟）“A．充分不必要条件C．充分必要条件113”是“3cos2sin2”的（41222

B．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件2

7．（2021·四川高三月考（理））函数fxsinx3sinxcosx的图象在0,m上恰有两个极大值点，则sinm的取值范围为（）33,A．2233

,B．223

C．1,2

D．1,

32

（2021·辽宁高三月考）在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足8．AB

2sin1cos2C，若ABC能盖住的最大圆面积为，则CACB的最小值为（2

2

）A．3B．6C．9D．12

（2021·安徽合肥市·合肥一中高三其他模拟（理））ABC的内角A，B，C的对边为a，b，c，满足9．

2ccosBbcosAacos(AC)，c2，a4，D为边AC上一点满足CD2DA，则|BD|（A．）433B．169C．43D．23

（2021·合肥市第六中学高三其他模拟（理））德国著名的天文学家开普勒说过：“几何学里有两件宝，一10．个是勾股定理，另一个是黄金分割.如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿.“黄金三角形”有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的“黄金三角形”被认为是最美的三角形，它是一个顶角为36的等腰三角形(另一种是顶角为108的等腰三角形).已知一个“黄金椭圆”的左焦点，右顶点，上顶点构成直角三角形，其离心率为e.例如，五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，如图所示，在其中一个黄金ABC中，BC

e.根据这些信息，可得sin126（AC

）A．12B．358

C．1

D．458

ACB11．（2021·安徽马鞍山市·高三二模（理））已知ABC中，的值为（A．）B．3π

，AD2DB，ACCD，则sinA4

1101010

C．13D．3101012．（2021·河南安阳市·高三三模（理））已知ABC的内角A，B，C满足sinAcosBC1则在ABC的外接圆内任取一点，该点取自ABC内部的概率为（A．）1sin2A，212π

B．1πC．32π

D．2π

13．（2021·江西南昌市·高三三模（理））已知函数f(x)sinx3cosx与直线ya(0a2)在第一象限的交点横坐标从小到大依次分别为x1,x2,,xn,，则fx12x23x3（A．1

B．0C．1D．3））14．（2021·千阳县中学高三二模（理））化简A．32cos20所得的结果是（2tan20

C．14

B．1232D．215．（2016·山东高考真题（理））函数f(x)(3sinxcosx)(3cosxsinx)的最小正周期是（A．）2

B．πC．32D．2π）16．（2020·全国高考真题（理））已知2tanθ–tan(θ+A．–2B．–1C．1π

)=7，则tanθ=（4D．217．（2020·浙江高考真题）已知tan2，则cos2________；tan()______．18．（2020·全国高考真题（文））若sinx2，则cos2x__________．32π4（2019·北京高考真题（理））函数f(x)=sin22x的最小正周期是__________．19．x

3sinx3(0)在一个周期内的图象如图所2示，A为图象的最高点，B、C为图象与x轴的交点，且ABC为正三角形.20．（2012·四川高考真题（理））函数fx6cos

（1）求的值及函数fx的值域；（2）若fx0

10283，且x0,，求fx01的值.335

1．A【分析】利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，再解方程即可；【详解】解：因为cossin2

2

3，10cos2sin2cos22sincos3所以，221sincos10所以12tan3

，2tan1101，3得3tan220tan70，则tanα7或tan又

,，2

所以tanα7.故选：A2．A【分析】根据同角三角函数的基本关系中的平方关系求解出sin的值，然后根据二倍角的余弦公式求解出结果.【详解】将2sincos

3移项得cos32sin，代入sin2cos21，得3sin226sin20，即3sin22

0，解得sin

26，3

所以cos212sin故选：A.3．B【分析】411.33本题首先可根据题意得出cos【详解】3，然后根据二倍角公式得出结果.2因为点M3,1在角的终边上，所以cos233+122

3，2

则cos22cos1故选：B.4．C【分析】依题意可得sin【详解】1，2

63，cos，进而由二倍角公式可得sin2.33依题意，由任意角三角函数的定义可得sin

63，cos，33

6322所以sin22sincos2.333

故选：C.5．C【分析】由题意和三角恒等变换的公式，求得sin(AB)cos(AB)2，根据正弦函数与余弦函数的性质得到

AB

sin(AB)1且cos(AB)1，得出2，求得AB，C，结合正弦定理，即可求解.24AB0

【详解】因为cosAsinA

22

0，即cosAsinA，sinBcosBsinBcosB所以cosAsinAsinBcosB2，可得cosAsinBcosAcosBsinAsinBsinAcosB2，所以sin(AB)cos(AB)2，由正弦函数与余弦函数的性质，可得sin(AB)1且cos(AB)1，因为A,B,C(0,)且ABC，

AB

所以2，解得AB，所以C，24AB0

22又由正弦定理可得absinAsinB22.2csinC1故选：C.6．A【分析】运用二倍角和辅助角公式化简解不等式得解.【详解】因为3cos2

113，sin2

221313133cos2sin2=cos2sin2+

22222得cos(2

1

)，所以62



113kk(kZ)，因此“”是“3cos2sin2”的充分不必要条41241222件，故选A.7．D【分析】利用倍角公式、辅助角公式化简函数fx，先求出其导函数，利用导函数为0，根据函数fx的图象在0,m上恰有两个极大值点，即可求出m的取值范围，进而求出sinm的取值范围.【详解】fx

131

2x1cos2xsin2xsin，2262设t2x

，6因为x0,m，所以t

1,2m，函数fxsin2x的图象在0,m上恰有两个极大值点，662659

,，622

则2m

∴m

47

,，33

3sinm1,所以．2

故选：D．【点睛】易错点睛：很多学生在学了导数之后，会误认为导函数的零点就是原函数的极值点，极值点左右的导函数值符号一定不同，即极值点左右的函数单调性不同；而函数有两种零点，一种是零点左右的函数值符号相同，称为不变号零点，一种是零点左右的函数值符号相反，称为变号零点.8．B【分析】化简给定的三角等式而得角C，再由ABC的面积建立a，b，c的关系式结合余弦定理求出ab的最小值即可作答.【详解】ABCC

1cos2C2cos2C112sin2()12cos2cosC，22221

即2cos2CcosC10，而0C，则cosC,C60，2

ABC中，2sin

2

因ABC能盖住的最大圆面积为，即ABC内切圆面积为，其半径为r=1，由三角形面积计算知SABC113absinC(abc)r，即abcab，222由余弦定理得a2b2c2ab(ab)2c23ab(abc)(abc)3ab，则abc23，于是得32ab232a2b4ab(ab23)(ab)0，当且仅当a=b23时取“=”，显然14absinCab4，从而得ab23，即ab12，231CACBabcosCab6，当且仅当ab23时取“=”，2

所以当ab23时，CACB的最小值为6.故选：B【点睛】结论点睛：ABC的内切圆半径r，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则ABC的面积为S

1

(abc)r.29．C【分析】由三角形中的三角恒等关系，结合正弦定理易得cosB

1

，再根据平面向量加减运算的几何意义有221BDBABC，应用向量数量积的运算律，即可求|BD|.33【详解】由2ccosBbcosAacos(AC)得：2sinCcosBsinBcosAsinAcosB，∴2sinCcosBsin(AB)sinC，而sinC0，cosB

1

，2

21

由CD2DA，有BDBC2(BABD)，即BDBABC，3322124212416161616

∴BDBABCBABCBABCcosB，399999993

4∴|BD|.3故选：C【点睛】ruuruuu

关键点点睛：利用正弦定理及三角恒等变换，求角B的余弦值，根据向量加减的几何意义得到BD与BA,BC

的数量关系，再由向量数量积的运算律求模.10．C【分析】根据黄金椭圆求出离心率为e，顶角为36的等腰三角形，利用三线合一得出1BC2cos72cosACBAC51，4

利用“奇变偶不变，符号看象限”sin126cos36，联系72o,36o的二倍角关系，利用二倍角公式求解.【详解】解析a

2

ab222

ac，c2aca20，e2e10,e

2

51

.251，4

1BC

因为ABC是顶角为36的等腰三角形，所以ACB72，则cos72cosACB2

AC

sin126sin9036cos36，而cos722cos2361，所以cos36

故选：C【点睛】抓住题目的关键信息，黄金三角形，黄金椭圆，以及角之间的关系，联系二倍角公式求解.11．B【分析】在△ACD中，由正弦定理可得1cos723562551.281CDADCDBD

，在△BCD中，由正弦定理可得，sinAsinACDsinBsinBCD10；10即sinB【详解】2sinA，再根据三角形内角和及两角差的正弦公式可得sinA

解：因为AD2DB，所以D为AB的一个三等分点，且靠近B点，所以AD2BD，因为ACB



3πππ

，ACCD，所以ACD，BCD，442CDAD

，sinAsinACDCDBD

在△BCD中，由正弦定理可得，sinBsinBCD在△ACD中，由正弦定理可得所以sinBADsinBCD2，即sinB2sinA，sinABDsinACD又在ABC中，ABπACBπ，4所以sinBsin

22π

AcosAsinA2sinA，242

整理可得232cosAsinA，即cosA3sinA，2210，10

又sin2Acos2A1，所以10sin2A1，解得sinA

因为0A故选：B.π10，所以sinA.410【点睛】本题考查正弦定理、三角恒等变换公式的应用，求解时注意舍去sinA其中的一个值.12．B【分析】先由余弦的和、差角公式将条件化简可得sinAsinBsinC

1

，由正弦定理结合三角形的面积公式得出2

SABCR2，由几何概率公式可得答案.【详解】由sinAcosBC11sin2A可得sinAcosBcosCsinBsinC1sinAcosA2sinAcosBcosCsinAsinBsinC1sinAcosBC1sinAcosBcosCsinAsinBsinC

所以sinAsinBsinC由正弦定理可得acb

2R，其中2R为ABC的外接圆的直径.sinAsinCsinB212

所以a2RsinA,b2RsinB,S1R

1

SABCabsinC2R2sinAsinBsinCR2

2SABCR21

在ABC的外接圆内任取一点，该点取自ABC内部的概率为PS1R2故选：B【点睛】关键点睛：本题考查利用余弦的和、差角公式化简，利用正弦定理结合三角形的面积公式求三角函数面积以及几何概率问题，解答本题的关键是先化简条件得出sinAsinBsinC

1

，再由正弦定理得出2

SABCR2，属于中档题.13．D【分析】先运用辅助角公式将函数化为f(x)2sin(x

)，再通过解方程，解出3x1

47,x2,x3，最后计算即可.333a)，设sin,(0,)，322【详解】f(x)sinx3cosx2sin(x2k，x2k，3342k，即x2k或x

334728,x3所以x1,x2，因此x12x23x3，3333

2828)2sin()2sin3.所以f(x12x23x3)f(3333

若f(x)a，则x故选：D.【点睛】关键点睛：解决本题的关键一是辅助角公式的运用，二是换元思想的运用.14．B【分析】33cos202sin40

sin40sin6020展开整先切化弦并整理得，再结合2cos20

2tan202sin20

理即可得答案.【详解】33cos203cos204sin20cos20

解：2cos202cos20

2tan202sin202sin203cos202sin40



2sin20

3cos202sin60202sin20

3cos202sin60cos20cos60sin202sin203cos203cos20sin20sin201

.

2sin202sin202

故选：B【点睛】本题考查利用三角恒等变换求函数值，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于先根据切化弦的33cos202sin40

sin40sin6020化简整理即可方法整理得，再根据2cos20

2tan202sin20求解.15．B【分析】因为f(x)(3sinxcosx)(3cosxsinx)，根据辅助角公式可化简为f(x)2sinx2cosx，根据正弦二倍角公式和正弦周期公式，即可求得答案.66【详解】f(x)(3sinxcosx)(3cosxsinx)

f(x)2sinx2cosx2sin2x,663故最小正周期T故选：B.【点睛】2,2本题主要考查和差倍半的三角函数、三角函数的图象和性质.此类题目是三角函数问题中的典型题目，可谓相当经典.解答本题，关键在于能利用三角公式化简函数、进一步讨论函数的性质，本题较易，能较好地考查考生的运算求解能力及对复杂式子的变形能力等.16．D【分析】利用两角和的正切公式，结合换元法，解一元二次方程，即可得出答案.【详解】tan1

2tantan7，2tan7，41tan

令ttan,t1，则2t故选：D.【点睛】本题主要考查了利用两角和的正切公式化简求值，属于中档题.17．-

1t

7，整理得t24t40，解得t2，即tan2.1t3513

【分析】利用二倍角余弦公式以及弦化切得cos2，根据两角差正切公式得tan(【详解】)4cos2sin21tan21223

，cos2cossin2222cossin1tan125

2

2

tan1211

tan()，41tan123

31

故答案为：,

53【点睛】本题考查二倍角余弦公式以及弦化切、两角差正切公式，考查基本分析求解能力，属基础题.18．19【分析】直接利用余弦的二倍角公式进行运算求解即可.【详解】281

cos2x12sin2x12()21.3991

故答案为：.9

【点睛】本题考查了余弦的二倍角公式的应用，属于基础题.19．     .2【分析】将所给的函数利用降幂公式进行恒等变形，然后求解其最小正周期即可.【详解】函数fxsin2x

21cos4x

,周期为22【点睛】本题主要考查二倍角的三角函数公式､三角函数的最小正周期公式，属于基础题.20．（2）ω【分析】(1)将函数fx化简整理，根据正三角形ABC的高为23，可求出ω，进而可得其值域；(2)由fx0＝果.【详解】(1)由已知可得fx＝6cos

2;（2）76.23,23，函数的值域为45

πx0π4x10283＋＝，再由x0－，求出cos0＋，进而可求出结得到 sin

35333445x

3sinx33cosx3sinx23sinx，32

又正三角形ABC的高为23，则BC＝4，所以函数fx的最小正周期T＝42＝8，即2＝8，得ω＝，4

23函数fx的值域为－23，．(2)因为fx0＝

83，由(1)得5π83πx

，fx0＝23sin0＋＝

435

即sin

πx0π4

＋＝，435

由x0－

x102

，，得0－,，334322

23πx0π4即cos＝，＋＝15354

故fx01＝23sin

πx0ππ＋＋443

πxππ

＝23sin0＋＋

3444x023276x0

＋23sin＋cos＋cos＋sin23.525234434

【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，熟记正弦函数的性质即可求解，属于基础题型.