必修一数学 - 随堂练

第五章：三角函数

一、任意角和弧度制

1. 任意角

题目一

以下各角中，与 2023° 角终边相同的是 $()$

A. -223° B. 223° C. -147° D. 147°

解题思路

首先，我们需要将 2023° 化简到 0° 到 360° 之间。使用公式：

2023 ° \mod 360 °

计算得：

2023 \div 360 \approx 5.6194

取整数部分，得到 5。然后计算余数：

2023 - 5 \times 360 = 2023 - 1800 = 223 °

所以，正确答案是选项 B。

题目二

以下说法正确的是 $()$

A. 小于 $90^{\circ}$ 的角一定是锐角 B. 第二象限的角一定是钝角

C. 终边重合的角一定相等 D. 全不正确

解题思路

答案选 D。

题目三

时针经过四个小时，转过了 $\underset{―}{}$ 度。

解题思路

时钟的时针每小时转过的角度是 $30^{\circ}$ ，因为一圈是 $360^{\circ}$ ，而时钟有 12 个小时刻度，所以每小时：

\frac{360^{\circ}}{12} = 30^{\circ}

因此，时针经过四个小时，转过的角度是：

4 \times 30^{\circ} = 120^{\circ}

所以，时针经过四个小时，转过了 $- 120$ 度。

题目四

如图所示的图形，那么终边落在阴影部分的角的集合如何表示？

解题思路

取值集合为 { β | k·180°＋60° ≤ β < k·180°＋105°, k∈Z }

题目五

已知角 $α$ 的终边在图中阴影所表示的范围内（不包括边界），那么 $α \in$ $\underset{―}{}$ 。(用角度制描述)

解题思路

答案 ${α ∣ k \cdot 180^{\circ} - 60^{\circ} < α < k \cdot 180^{\circ} + 45^{\circ}, k \in Z}$

其中 $Z$ 表示整数集。

2. 弧度制

题目一

弧度制换角度制： $\frac{π}{3}$ ， $\frac{11 π}{6}$ ， $- \frac{π}{4}$

角度制换弧度制： $300^{\circ}$ ， $70^{\circ}$ ， $- 120^{\circ}$

解题思路

弧度制换角度制

我们知道， $180^{\circ} = π$ 弧度。因此，要将弧度转换为角度，我们用弧度乘以 $\frac{180^{\circ}}{π}$ 。

$\frac{π}{3}$ 弧度 = $\frac{π}{3} \times \frac{180^{\circ}}{π} = 60^{\circ}$
$\frac{11 π}{6}$ 弧度 = $\frac{11 π}{6} \times \frac{180^{\circ}}{π} = 330^{\circ}$
$- \frac{π}{4}$ 弧度 = $- \frac{π}{4} \times \frac{180^{\circ}}{π} = - 45^{\circ}$

角度制换弧度制

要将角度转换为弧度，我们用角度乘以 $\frac{π}{180^{\circ}}$ 。

$300^{\circ}$ = $300^{\circ} \times \frac{π}{180^{\circ}} = \frac{5 π}{3}$ 弧度
$70^{\circ}$ = $70^{\circ} \times \frac{π}{180^{\circ}} = \frac{7 π}{18}$ 弧度
$- 120^{\circ}$ = $- 120^{\circ} \times \frac{π}{180^{\circ}} = - \frac{2 π}{3}$ 弧度

题目二

与角 $- 560^{\circ}$ 终边相同的最小正角为 $\underset{―}{}$ 。(用弧度数表示)

解题思路

$360^{\circ} \times 2 - 560^{\circ} = 160^{\circ}$ 。

用弧度表示为： $160^{\circ} \times \frac{π}{180^{\circ}} = \frac{8 π}{9}$ rad

题目三

若角 $α$ 的终边在如图所示的阴影部分，则角 $α$ 的取值范围是 $()$

A. ${α | 2 k π + \frac{π}{6} < α < 2 k π + \frac{π}{3}, k \in Z}$

B. ${α | \frac{2 π}{3} < α < \frac{7 π}{6}}$

C. ${α | \frac{2 π}{3} \leq α \leq \frac{7 π}{6}}$

D. ${α | 2 k π + \frac{2 π}{3} < α < 2 k π + \frac{7 π}{6}, k \in Z}$

解题思路

【分析】根据给定图形，求出在 $[0, 2 π)$ 内阴影部分的边界射线对应的角，进而确定阴影部分对应任意角的范围，即得结果。

【详解】依题意，在 $[0, 2 π)$ 内阴影部分的边界射线对应的角分别为 $\frac{2 π}{3}, \frac{7 π}{6}$ ，在 $[0, 2 π)$ 内阴影部分对应角的范围是 $(\frac{2 π}{3}, \frac{7 π}{6})$ ，所以角 $α$ 的取值范围是 ${α | 2 k π + \frac{2 π}{3} < α < 2 k π + \frac{7 π}{6}, k \in Z}$ 。

故选：D

题目四

集合 ${α | k π + \frac{π}{4} \leq α \leq k π + \frac{π}{2}, k \in Z}$ 中的角所表示的范围。

解题思路

题目五

英国浪漫主义诗人 Shelley（雪莱）在《西风颂》结尾写道 “If Winter comes, can Spring be far behind?” 春秋战国时期，为指导农耕，我国诞生了表示季节变迁的 24 节气，它将黄道（地球绕太阳按逆时针方向公转的轨道，可近似地看作圆）分为24等份，每等份为一个节气。2024 年 12 月 21 日为冬至，经过小寒和大寒后，便是立春。则从冬至到次年立春，地球公转的弧度数约为 $()$

A. $\frac{π}{4}$ B. $\frac{π}{3}$ C. $- \frac{π}{3}$ D. $- \frac{π}{4}$

解题思路

【分析】找到每一等份的度数，进而可得答案。

【详解】由题可得每一等份为 $\frac{2 π}{24} = \frac{π}{12}$ 。从冬至到次年立春经历了 3 等份，即 $\frac{π}{12} \times 3 = \frac{π}{4}$ 。

故答案为：A

3. 弧长与面积

题目一

彝族图案作为人类社会发展的一种物质文化，有着灿烂历史。按照图案的载体大致分为彝族服饰图案，彝族漆器图案，彝族银器图案等，其中蕴含着丰富的数学文化，如图 1：漆器图案中出现的“阿基米德螺线”，该曲线是由一动点沿一条射线以等角速度转动所形成的轨迹。这些螺线均匀分布，将其简化抽象为图 2 所示，若 OA 长为 2 个单位，则 ∠AOB 所对应的弧长为 $()$

A. $\frac{2 π}{9}$ B. $\frac{2 π}{3}$ C. $\frac{\sqrt{2 π}}{3}$ D. $\frac{4 π}{9}$

解题思路

根据题意可得，∠AOB 所对的弧长为整个圆的 $\frac{1}{9}$ 。

整个圆周的周长为 $2 π \cdot O A = 4 π$ 。

所以 ∠AOB 所对应的弧长为 $\frac{4 π}{9}$ 。

故选：D

题目二

数学中处处存在着美，机械学家莱洛发现的莱洛三角形就给人以对称的美感。莱洛三角形的画法：先画等边三角形 $A B C$ ，再分别以点 $A$ , $B$ , $C$ 为圆心，线段 $A B$ 长为半径画圆弧，便得到莱洛三角形（如图所示）。若莱洛三角形的周长为 $2 π$ ，则其面积是 $()$

A. $\frac{2 π}{3} + \sqrt{3}$ B. $2 π + 2 \sqrt{3}$ C. $\frac{2 π}{3} - \sqrt{3}$ D. $2 π - 2 \sqrt{3}$

解题思路

由已知得： $\overset{⌢}{A B} = \overset{⌢}{B C} = \overset{⌢}{A C} = \frac{2 π}{3}$ 。

设 C 为圆心，则为 $\overset{⌢}{A B}$ 的圆半径为 R，则 $\frac{π}{3} R = \frac{2 π}{3} \Rightarrow A B = R = 2$ 。所以 $A B = B C = A C = 2$ 。

$S_{△ A B C} = \frac{\sqrt{3}}{4} R^{2} = \frac{\sqrt{3}}{4} \times 2^{2} = \sqrt{3}$

$\begin{aligned} S & = S_{△ A B C} + 3 \times S_{弓形 A B} \\ = S_{△ A B C} + 3 (S_{扇形 A B C} - S_{△ A B C}) \\ = S_{△ A B C} + 3 (\frac{1}{2} l R - S_{△ A B C}) \\ = \sqrt{3} + 3 (\frac{1}{2} \frac{2 π}{3} \cdot 2 - \sqrt{3}) \\ = 2 π - 2 \sqrt{3} \end{aligned}$

故选：D

题目三

如图，正五边形 $A B C D E$ 的边长为 $5$ ，分别以点 $C$ 、 $D$ 为圆心， $C D$ 长为半径画弧，两弧交于点 $F$ ，则 $\overset{⌢}{B F}$ 的长为 $\underset{―}{}$ 。

解题思路

思路

连接 CF, DF，得到 $△ C F D$ 是等边三角形，得到 $∠ F C D = 60^{\circ}$ ，根据正五边形的内角和得到 $∠ B C D = 108^{\circ}$ ，求得 $∠ B C F = 48^{\circ}$ ，根据弧长公式即可得到结论。

解答

连接 CF, DF，则 $△ C F D$ 是等边三角形。

$∴ ∠ F C D = 60^{\circ}$ 。

在正五边形 ABCDE 中， $∠ B C D = 108^{\circ}$ 。

$∴ ∠ B C F = 48^{\circ}$ 。

$∴ \overset{⌢}{B F} 的长 = α R = \frac{48 π \times 5}{180} = \frac{4}{3} π$ 。

故答案为： $\frac{4}{3} π$ 。

二、三角函数

1. 任意角的三角函数

1）定义求值

题目一

已知角 $α$ 的终边过点 $A (4, - 3)$ ，则 $\sin α \cdot \tan α = ()$

A. $- \frac{4}{5}$ B. $\frac{4}{5}$ C. $- \frac{9}{20}$ D. $\frac{9}{20}$

解题思路

已知点 $A (4, - 3)$ ，设 $α$ 的终边与该点相交。根据勾股定理，点 $A$ 到原点的距离为： $r = \sqrt{4^{2} + (- 3)^{2}} = \sqrt{16 + 9} = 5$

因此， $\sin α = \frac{- 3}{5}$ 、 $\cos α = \frac{4}{5}$ 、 $\tan α = \frac{\sin α}{\cos α} = \frac{\frac{- 3}{5}}{\frac{4}{5}} = \frac{- 3}{4}$ 。

所以， $\sin α \cdot \tan α = (\frac{- 3}{5}) \cdot (\frac{- 3}{4}) = \frac{9}{20}$ 。

故答案为：D

题目二

在平面直角坐标系 $x O y$ 中，角 $α$ 与角 $β$ 均以 $O x$ 为始边，且它们的终边关于直线 $y = x$ 对称，已知 $\sin α = \frac{4}{5}$ ，则 $\cos β = ()$

A. $- \frac{4}{5}$ B. $\frac{4}{5}$ C. $- \frac{3}{5}$ D. $\frac{3}{5}$

解题思路

【分析】根据题意利用任意角的三角函数的定义，结合诱导公式可求得结果。

【详解】因为平面直角坐标系 $x O y$ 中，角 $α$ 与角 $β$ 均以 $O x$ 为始边，它们的终边关于直线 $y = x$ 对称，所以 $\frac{α + β}{2} = \frac{π}{4} + k π, k \in Z$ ，即 $α + β = \frac{π}{2} + 2 k π, k \in Z$ 。

所以 $β = \frac{π}{2} - α + 2 k π, k \in Z$ 。

因为 $\sin α = \frac{4}{5}$ ，所以 $\cos β = \cos (\frac{π}{2} - α + 2 k π) = \sin α = \frac{4}{5} (k \in Z)$

故选：B

2）定义求范围

题目一

若 $0 \leq α < 2 π$ ，且 $2 \sin α \leq 1$ ，则 $α$ 的取值范围是 $()$

A. $[0, 2 π)$ B. $[0, \frac{π}{3}] \cup [\frac{5 π}{3}, 2 π)$ C. $[\frac{π}{6}, \frac{5 π}{6}]$ D. $[0, \frac{π}{6}] \cup [\frac{5 π}{6}, 2 π)$

解题思路

首先，将不等式 $2 \sin α \leq 1$ 化简为 $\sin α \leq \frac{1}{2}$ 。

在 $0 \leq α < 2 π$ 的范围内， $\sin α \leq \frac{1}{2}$ 的解集为： $α \in [0, \frac{π}{6}] \cup [\frac{5 π}{6}, 2 π)$

因此， $α$ 的取值范围是 $[0, \frac{π}{6}] \cup [\frac{5 π}{6}, 2 π)$

故选：D

题目二

在 $(0, 2 π)$ 内，使 $\sin x > \cos x$ 成立的 $x$ 的取值范围是 $()$

A. $(\frac{π}{4}, \frac{π}{2}) \cup (π, \frac{5 π}{4})$ B. $(\frac{π}{4}, π)$ C. $(\frac{π}{4}, \frac{5 π}{4})$ D. $(\frac{π}{4}, π) \cup (\frac{5 π}{4}, \frac{3 π}{2})$

解题思路

答案为：C

3）同角三角函数间的关系

题目一

已知 $α$ 为第二象限的角，且 $\tan α = - \frac{3}{4}$ ，则 $\sin α + \cos α = \underset{―}{}$ 。

若 $\tan θ = - 2$ ，且 $θ \in (\frac{3 π}{2}, 2 π)$ ，则 $\sin θ + \cos θ = \underset{―}{}$ 。

解题思路

方法：解方程或辅助三角形（推荐）。

答案： $- \frac{1}{5}$ $- \frac{\sqrt{5}}{5}$

题目二

若 $\tan α = 2$ ，则 $\frac{2 \sin α - \cos α}{\sin α + 2 \cos α}$ 的值为 $()$

A. 0 B. $\frac{3}{4}$ C. 1 D. $\frac{5}{4}$

解题思路

【分析】将目标式分子分母同时除以 $\cos α$ ，结合正切值，即可求得结果。

【详解】

\frac{2 \sin α - \cos α}{\sin α + 2 \cos α} = \frac{2 \tan α - 1}{\tan α + 2} = \frac{3}{4}

故选：B

【点睛】本题考查齐次式的化简和求值，属基础题。

题目三

已知 $\tan θ = 2$ ，则 $\sin^{2} θ + \sin θ \cos θ - 2 \cos^{2} θ = \underset{―}{}$ 。

如果 $\tan θ = 2$ ，那么 $1 + \sin θ \cos θ$ 的值是 $\underset{―}{}$ 。

解题思路

已知 $\tan θ = 2$ ，则 $\sin^{2} θ + \sin θ \cos θ - 2 \cos^{2} θ = \underset{―}{\frac{4}{5}}$ 。

如果 $\tan θ = 2$ ，那么 $1 + \sin θ \cos θ$ 的值是 $\underset{―}{\frac{7}{5}}$ 。

2. 诱导公式

1）基本应用

题目一

$\sin (\frac{5 π}{2} + α) = \underset{―}{}$

$\cos (2023 π - α) = \underset{―}{}$

解题思路

$\sin (\frac{5 π}{2} + α) = \underset{―}{\cos α}$

$\cos (2023 π - α) = \underset{―}{- \cos α}$

题目二

已知 $\sin 165^{\circ} = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}$ ，试利用「诱导公式」求出 $\cos 255^{\circ}$ 。

解题思路

根据诱导公式， $\cos 255^{\circ} = \cos (90^{\circ} + 165^{\circ}) = - \sin (165^{\circ})$ 。

因此， $\cos 255^{\circ} = - \sin 165^{\circ} = - (\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}) = \frac{\sqrt{2} - \sqrt{6}}{4}$ 。

题目三

已知 $\sin θ = \frac{3}{5}$ ，则 $\frac{\sin (- θ) \cdot \cos (π - θ)}{\sin (\frac{π}{2} - θ)} = ()$

A. $- \frac{4}{5}$ B. $\frac{4}{5}$ C. $- \frac{3}{5}$ D. $\frac{3}{5}$

解题思路

答案选 D。

2）凑 1

题目一

已知 $\cos^{2} θ - 2 \sin θ \sin (θ + \frac{π}{2}) = 4 \sin θ + 2 \sin (\frac{3 π}{2} - θ)$ ，求 $\frac{2 + \sin θ \sin (\frac{π}{2} + θ)}{1 - \tan (θ - π)}$ 的值。

解题思路

【分析】

观察发现已知和所求都有大量的 $\frac{π}{2}$ 整数倍，考虑先把它们化简，再观察二者的联系。

【详解】

\begin{aligned} \cos^{2} θ - 2 \sin θ \sin (θ + \frac{π}{2}) & = 4 \sin θ + 2 \sin (\frac{3 π}{2} - θ) \\ \cos^{2} θ - 2 \sin θ \cos θ & = 4 \sin θ - 2 \cos θ \\ \cos θ (\cos θ - 2 \sin θ) & = - 2 (\cos θ - 2 \sin θ) \\ (\cos θ - 2 \sin θ) (\cos θ + 2) & = 0 \end{aligned}

又因为 $\cos θ + 2 \neq 0$ ，所以 $\cos θ - 2 \sin θ = 0$ ，记作 ①。

$\frac{2 + \sin θ \sin (\frac{π}{2} + θ)}{1 - \tan (θ - π)} = \frac{2 + \sin θ \cos θ}{1 - \tan θ} ②$

（怎样由 ① 求 ②？观察发现 ② 中的 $\sin θ \cos θ$ 容易化为 $\tan θ$ ，而由 ① 又容易求出 $\tan θ$ ，故按此处理）

由 ① 可解得 $\tan θ = \frac{1}{2}$ ，所以 $\sin θ \cos θ = \frac{\sin θ \cos θ}{\cos^{2} θ + \sin^{2} θ} = \frac{\tan θ}{1 + \tan^{2} θ} = \frac{\frac{1}{2}}{1 + {(\frac{1}{2})}^{2}} = \frac{2}{5}$ 。

代入 ② 得 $\frac{2 + \sin θ \sin (\frac{π}{2} + θ)}{1 - \tan (θ - π)} = \frac{2 + \frac{2}{5}}{1 - \frac{1}{2}} = \frac{24}{5}$ 。

3. 三角函数图像与性质

1）基本习题

题目一

函数 $y = \sin x$ ， $x \in (- \frac{π}{3}, \frac{5 π}{6})$ 的值域是 $\underset{―}{}$ 。

解题思路

答案是 $[- \frac{\sqrt{3}}{2}, 1]$ 。

题目二

函数 $f (x) = | \sin x |$ 的一个单调递减区间是 $()$ 。

A. $(- π, - \frac{π}{2}]$ B. $(\frac{π}{4}, \frac{3 π}{4}]$ C. $(π, \frac{3 π}{2}]$ D. $(\frac{3 π}{2}, 2 π)$

解题思路

答案是 D。

题目三

不等式 $\sin x \geq \frac{\sqrt{3}}{2}$ ， $x \in (0, 2 π)$ 的解集为 $\underset{―}{}$ 。

解题思路

不等式 $\sin x \geq \frac{\sqrt{3}}{2}$ ， $x \in (0, 2 π)$ 的解集为 $[\frac{π}{3}, \frac{2 π}{3}]$ 。

题目四

设常数 $m$ 使方程 $\cos x = m$ 在区间 $(\frac{π}{2}, 3 π)$ 上恰有三个解 $x_{1}, x_{2}, x_{3} (x_{1} < x_{2} < x_{3})$ 且 $x_{2}^{2} = x_{1} \cdot x_{3}$ ，则实数 $m$ 的值为 $()$

A. $- \frac{\sqrt{2}}{2}$ B. $- \frac{1}{2}$ C. $\frac{1}{2}$ D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$

解题思路

方程 $\cos x = m$ 在区间 $(\frac{π}{2}, 3 π)$ 上恰有三个解 $x_{1}, x_{2}, x_{3} (x_{1} < x_{2} < x_{3})$ ，则 $- 1 < m < 0$ 。

由于 $x_{1}$ 和 $x_{2}$ 关于 $π$ 轴对称，因此 $x_{1} + x_{2} = 2 π$ ；因为 $x_{2}$ 和 $x_{3}$ 关于 $2 π$ 轴对称，所以 $x_{2} + x_{3} = 4 π$ 。

至此，根据下面三个方程，可以解出所有未知数。

${\begin{cases} x_{1} + x_{2} = 2 π, ① \\ x_{2} + x_{3} = 4 π, ② \\ x_{2}^{2} = x_{1} \cdot x_{3}; ③ \end{cases}$

把 ①, ② 式子代入 ③ 式，得 $x_{2}^{2} = (2 π - x_{2}) (4 π - x_{2})$ 。解得 $x_{2} = \frac{4 π}{3}$ 。

（思考一下为什么不求得其他 x 的值？从图中不难看出它们最后的余弦值相等，也就是 m 值相等）

由此，可以根据 $x_{2}$ 解出 $m = \cos \frac{4 π}{3} = - \frac{1}{2}$ 。 $- \frac{1}{2}$ 满足 m 的取值范围，符合要求。

故选：B

题目五

已知函数 $f (x) = {\begin{cases} \sin x, & \sin x \geq \cos x \\ \cos x, & \sin x < \cos x \end{cases}$ ，则下列结论中正确的有 $()$

A. $f (x)$ 的值域为 $[- 1, 1]$

B. $f (x)$ 是周期函数

C. $f (x)$ 图象既有对称轴又有对称中心

D. 不等式 $f (x) > 0$ 的解集为 ${x ∣ - \frac{π}{2} + 2 k π < x < 2 k π + π, k \in Z}$

解题思路

答案是 B, D。

题目六

函数 $f (x) = \lg (\tan x - 1)$ 的定义域为 $()$

A. ${x ∣ x \neq k π + \frac{π}{2}, k \in Z}$

B. ${x ∣ k π - \frac{π}{2} < x < k π + \frac{π}{2}, k \in Z}$

C. ${x ∣ k π < x < k π + \frac{π}{2}, k \in Z}$

D. ${x ∣ k π + \frac{π}{4} < x < k π + \frac{π}{2}, k \in Z}$

解题思路

【分析】由题可知， $\tan x > 1$ 。然后画出 $t a n x$ 图像，找满足题意的区间即可。

答案是 D。

题目七

函数 $f (x) = | \tan x |$ 的周期为 $()$

A. $2 π$ B. $π$ C. $\frac{π}{2}$ D. $\frac{π}{4}$

解题思路

答案是 B。

2）考试题型

题型一：直接画图

已知 $0 \leq x_{1} < x_{2} \leq π$ ，满足 $\sin x_{1} = \sin x_{2}$ ，则 $\cos \frac{x_{1} + x_{2}}{3} = \underset{―}{}$ 。

解题思路

由于 $\sin x_{1} = \sin x_{2}$ 且 $0 \leq x_{1} < x_{2} \leq π$ ，可以知道 $x_{1}$ 和 $x_{2}$ 是互补角，即 $x_{2} = π - x_{1}$ 。

因此， $\frac{x_{1} + x_{2}}{3} = \frac{x_{1} + (π - x_{1})}{3} = \frac{π}{3}$ 。

所以， $\cos \frac{x_{1} + x_{2}}{3} = \cos \frac{π}{3} = \frac{1}{2}$ 。

题型二：考复合函数

题目一

函数 $y = \cos^{2} x + \sin x - 2$ 在区间 $[- \frac{π}{6}, \frac{2 π}{3}]$ 上的最大值为 $\underset{―}{}$ 。

解题思路

答案是 $- \frac{3}{4}$ 。

题目二

已知函数 $f (x) = \frac{\sin x + \cos x}{2 + 2 \sin x \cos x}$ ，则 $f (x)$ 的最大值为 $\underset{―}{}$ 。

解题思路

答案是 $\frac{1}{2}$ 。

4. 做题技巧

1）同角三角函数 - 对偶式

知识点

{\begin{cases} A \sin α + B \cos α = C \\ A \cos α - B \sin α = x \end{cases}

A^{2} \sin^{2} α + B^{2} \cos^{2} α + 2 A B \sin α \cos α = C^{2}

A^{2} \cos^{2} α + B^{2} \sin^{2} α - 2 A B \sin α \cos α = x^{2}

A^{2} + B^{2} = C^{2} + x^{2}

题目

题目一

[2008 • 浙江高考] 若 $\cos α + 2 \sin α = - \sqrt{5}$ ，则 $\tan α = ()$

A. $\frac{1}{2}$ B. 2 C. $- \frac{1}{2}$ D. -2

解题思路

答案是 B。

题目二

已知 $α \in (\frac{π}{2}, π)$ ，并且 $\sin α + 2 \cos α = - \frac{2}{5}$ ，则 $\sin α \cdot \cos α = ()$

解题思路

答案是 $- \frac{168}{625}$ 。

2）巧用三角函数定义

知识点

$y = \sin α$ 、 $x = \cos α$ 、 $\frac{y}{x} = \tan α$

题目

题目一

[2018 • 北京高考] 在平面直角坐标系中， $A B$ ， $C D$ ， $E F$ ， $G H$ 是圆 $x^{2} + y^{2} = 1$ 上的四段弧，点 $P$ 其中一段上，角 $α$ 以 $O x$ 为始边， $O P$ 为终边。若 $\tan α < \cos α < \sin α$ ，则 $P$ 所在的圆弧是 $()$

A. AB B. CD C. EF D. GH

解题思路

答案是 C。

3）诱导公式 - 锐角三角形小的二级结论

知识点

A + B + C = π => C = π - (A + B) < \frac{π}{2} => A + B > \frac{π}{2}

A + B > \frac{π}{2} => A > \frac{π}{2} - B

由 $A > \frac{π}{2} - B$ 可得： $\sin A > \sin (\frac{π}{2} - B)$

由于 $\sin (\frac{π}{2} - B) = \cos B$ ，所以： $\sin A > \cos B$

结论：在锐角三角形中，一个角的 $s i n$ 值一定大于其他角的 $c o s$ 值。

题目

题目一

已知 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 是锐角三角形 $A B C$ 的三个内角，下列结论一定成立的是 $()$

A. $\sin (B + C) = \sin A$

B. $\sin \frac{A + B}{2} = \cos \frac{C}{2}$

C. $\sin B < \cos A$

D. $\tan A \cdot \tan B > 1$

解题思路

A. 在三角形中， $A + B + C = π$ ，所以 $B + C = π - A$ 。因此 $\sin (B + C) = \sin (π - A) = \sin A$ ，此结论一定成立。
B. 因为 $A + B + C = π$ ，所以 $\frac{A + B}{2} = \frac{π}{2} - \frac{C}{2}$ 。因此 $\sin \frac{A + B}{2} = \sin (\frac{π}{2} - \frac{C}{2}) = \cos \frac{C}{2}$ ，此结论一定成立。
D. $\tan A \cdot \tan B = \frac{s i n A}{c o s A} \cdot \frac{s i n B}{c o s B} = \frac{s i n A}{c o s B} \cdot \frac{s i n B}{c o s A}$ 。因为锐角三角形小的二级结论，可以知道 $s i n A > c o s B$ ，因此 $\frac{s i n A}{c o s B} > 1$ 。同理， $\frac{s i n B}{c o s A} > 1$ 。最后， $\tan A \cdot \tan B > 1$ 。

答案是 A, B, D。

4）大胆画三角函数图像

题目

已知函数 $f (x) = \sin | x | + | \sin x |$ ，则 $()$

A. $f (x)$ 是偶函数

B. $f (x)$ 在区间 $[\frac{π}{2}, π]$ 上单调递减

C. $f (x)$ 在区间 $[- π, π]$ 上有四个零点

D. $f (x)$ 的值域为 $[0, 2]$

解题思路

答案是 A, B, D。

5. 函数图像变换

1）基础题型

题目一

[2022 • 浙江高考] 为了得到函数 $y = 2 \sin 3 x$ 的图象，只要把函数 $y = 2 \sin (3 x + \frac{π}{5})$ 图象上所有的点 $()$

A. 向左平移 $\frac{π}{5}$ 个单位长度

B. 向右平移 $\frac{π}{5}$ 个单位长度

C. 向左平移 $\frac{π}{15}$ 个单位长度

D. 向右平移 $\frac{π}{15}$ 个单位长度

解题思路

$2 \sin 3 x => 2 \sin (3 x + \frac{π}{5} - \frac{π}{5}) = 2 \sin (3 (x - \frac{π}{15}) + \frac{π}{5})$

答案是 D。

题目二

已知曲线 $C_{1} : y = \cos x$ ， $C_{2} : y = \sin (2 x + \frac{2 π}{3})$ ，则下面结论正确的是 $()$

A. 把 $C_{1}$ 上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移 $\frac{π}{6}$ 个单位长度，得到曲线 $C_{2}$

B. 把 $C_{1}$ 上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移 $\frac{π}{12}$ 个单位长度，得到曲线 $C_{2}$

C. 把 $C_{1}$ 上各点的横坐标缩短到原来的 $\frac{1}{2}$ ，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移 $\frac{π}{6}$ 个单位长度，得到曲线 $C_{2}$

D. 把 $C_{1}$ 上各点的横坐标缩短到原来的 $\frac{1}{2}$ ，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移 $\frac{π}{12}$ 个单位长度，得到曲线 $C_{2}$

解题思路

\sin (x + \frac{π}{2}) \to \sin (2 x + \frac{π}{2}) \to \sin (2 x + \frac{2 π}{3})

↓

\sin (2 x + \frac{π}{2} + \frac{π}{6})

↓

\sin (2 (x + \frac{π}{12}) + \frac{π}{2})

答案是 D。

题目三

把函数 $y = f (x)$ 图像上所有点的横坐标缩短到原来的 $\frac{1}{2}$ 倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移 $\frac{π}{3}$ 个单位长度，得到函数 $y = \sin (x - \frac{π}{4})$ 的图像，则 $f (x) = ()$

A. $\sin (\frac{x}{2} - \frac{7 π}{12})$

B. $\sin (\frac{x}{2} + \frac{π}{12})$

C. $\sin (2 x - \frac{7 π}{12})$

D. $\sin (2 x + \frac{π}{12})$

解题思路

答案是 B。

2）整体代换

“整体法”研究 $f (x) = A \sin (ω x + φ) + B$ 的性质。

比如： $y = 2 \sin (2 x - \frac{π}{3})$ 。

首先，令 $2 x - \frac{π}{3} = t$ 。则函数变为 $y = 2 \sin t$ 。

对称轴

\begin{aligned} t & = k π + \frac{π}{2}, k \in Z \\ 2 x - \frac{π}{3} & = k π + \frac{π}{2} \\ 2 x & = k π + \frac{5 π}{6} \\ x & = \frac{k π}{2} + \frac{5 π}{12}, k \in Z \end{aligned}

t = k π + \frac{π}{2}, k \in Z 2 x - \frac{π}{3} = k π + \frac{π}{2} 2 x = k π + \frac{5 π}{6} x = \frac{k π}{2} + \frac{5 π}{12}, k \in Z

对称中心 / 零点

t = k π 2 x - \frac{π}{3} = k π 2 x = k π + \frac{π}{3} x = \frac{k π}{2} + \frac{π}{6}, k \in Z

单调增区间

- \frac{π}{2} + 2 k π < t < \frac{π}{2} + 2 k π - \frac{π}{2} + 2 k π < 2 x - \frac{π}{3} < \frac{π}{2} + 2 k π - \frac{π}{6} + 2 k π < 2 x < \frac{5 π}{6} + 2 k π - \frac{π}{12} + k π < x < \frac{5 π}{12} + k π, k \in Z

题目一

[2020 • 江苏高考] 将函数 $y = 3 \sin (2 x + \frac{π}{4})$ 的图像向右平移 $\frac{π}{6}$ 个单位长度，则平移后的图像中与 $y$ 轴最近的对称轴的方程是 $\underset{―}{}$ 。

解题思路

根据题意，平移后的函数为： $y = 3 \sin (2 (x - \frac{π}{6}) + \frac{π}{4}) = 3 \sin (2 x - \frac{π}{3} + \frac{π}{4}) = 3 \sin (2 x - \frac{π}{12})$

令 $2 x - \frac{π}{12} = t$ 。则函数变为 $y = 3 \sin t$ 。

由 $s i n x$ 图像性质，可列出方程 $2 x - \frac{π}{2} = k π + \frac{π}{2}$ ，其中 $k \in Z$ 。将方程整理为 $2 x = k π + \frac{7 π}{12}$ 。最终得到 $x = \frac{k}{2} π + \frac{7}{24} π$ 。

问与 $y$ 轴最近的对称轴的方程？

当 $k = 0$ 时， $x = \frac{7}{24} π$ 。

当 $k = - 1$ 时， $x = - \frac{5}{24} π$ 。

题目二

[2023 • 广州中山大学附中高三期中] 已知函数 $f (x) = 2 \sin (ω x + φ)$ （ $ω > 0, - \frac{π}{2} < φ < \frac{π}{2}$ ）图像的相邻两条对称轴之间的距离为 $\frac{π}{6}$ ，且关于点 $(\frac{5 π}{18}, 0)$ 对称，则 $φ$ 的值为 $\underset{―}{}$ 。

解题思路

首先计算周期 ( T )： $T = \frac{2 π}{ω} = \frac{π}{3} \Rightarrow ω = 6$

由 $s i n x$ 图像性质，可列出方程 $ω x + φ = k π$ ，将具体的值 $\frac{5 π}{18}$ 代入到 $x$ ，解得 $φ = k π - \frac{5}{18} π \cdot 6 = k π - \frac{5}{3} π$

当 (k = 0) 时： $- \frac{5}{3} π$

当 (k = 1) 时： $φ = π - \frac{5}{3} π = - \frac{2}{3} π$

当 (k = 2) 时： $φ = 2 π - \frac{5}{3} π = \frac{π}{3}$

题目三

[2022 • 全国甲卷] 将函数 $f (x) = \sin (ω x + \frac{π}{3}) (ω > 0)$ 的图像向左平移 $\frac{π}{2}$ 个单位长度后得到曲线 $C$ ，若 $C$ 关于 $y$ 轴对称，则 $ω$ 的最小值是 $()$

A. $\frac{1}{6}$ B. $\frac{1}{4}$ C. $\frac{1}{3}$ D. $\frac{1}{2}$

解题思路

【分析】先根据平移变换得到曲线 $C$ 的解析式，再由奇偶性得到方程，求出 $ω = \frac{1}{3} + 2 k, k \in Z$ ，得到最小值。

【详解】由题意知，曲线 $C$ 为 $y = \sin [ω (x + \frac{π}{2}) + \frac{π}{3}] = \sin (ω x + \frac{ω π}{2} + \frac{π}{3})$ ，又 $C$ 关于 $y$ 轴对称，则 $ω \frac{π}{2} + \frac{π}{3} = \frac{π}{2} + k π, k \in Z$ ，解得 $ω = \frac{1}{3} + 2 k, k \in Z$ 。

又 $ω > 0$ ，故当 $k = 0$ 时， $ω$ 的最小值为 $\frac{1}{3}$ 。

故选：C

题目四

[2018 • 北京高考] 设函数 $f (x) = \cos (ω x - \frac{π}{6}) (ω > 0)$ ，若 $f (x) \leq f (\frac{π}{4})$ 对任意的实数 $x$ 都成立，则 $ω$ 的最小值为 $\underset{―}{}$ 。

解题思路

【分析】根据题意 $f (x)$ 取最大值 $f (\frac{π}{4})$ ，根据余弦函数取最大值条件得 $ω$ 的表达式，进而确定其最小值。

【详解】因为 $f (x) \leq f (\frac{π}{4})$ 对任意的实数 $x$ 都成立，所以 $f (x)$ 取最大值 $f (\frac{π}{4})$ ，所以 $ω \frac{π}{4} - \frac{π}{6} = 2 k π (k \in Z)$ ， $ω = 8 k + \frac{2}{3} (k \in Z)$ ，因为 $ω > 0$ ，所以当 $k = 0$ 时， $ω$ 取最小值为 $\frac{2}{3}$ 。

【点睛】函数 $y = A \cos (ω x + φ) + B (A > 0, ω > 0)$ 的性质：

$y_{max} = A + B, y_{min} = A - B$ ；
周期 $T = \frac{2 π}{ω}$ ；
由 $ω x + φ = k π (k \in Z)$ 求对称轴，最大值对应自变量满足 $ω x + φ = 2 k π (k \in Z)$ ，最小值对应自变量满足 $ω x + φ = π + 2 k π (k \in Z)$ ；
由 $\frac{π}{2} + 2 k π \leq ω x + φ \leq \frac{3 π}{2} + 2 k π (k \in Z)$ 求增区间；由 $\frac{3 π}{2} + 2 k π \leq ω x + φ \leq \frac{5 π}{2} + 2 k π (k \in Z)$ 求减区间。

题目五

函数 $f (x) = 2 \sin (ω x + φ) (ω > 0, - \frac{π}{2} < φ < \frac{π}{2})$ 的部分图象如图所示，则 $ω, φ$ 的值分别是 $()$

A. (2, $- \frac{π}{3}$ ) B. (2, $- \frac{π}{6}$ ) C. (4, $- \frac{π}{6}$ ) D. (4, $\frac{π}{3}$ )

解题思路

【分析】根据图像最高点与相邻最低点的横坐标标示，求出周期，进而求出 $ω$ ，再由最高点（或最低点）坐标结合正弦函数用参数代换求出 $φ$ 的值，结合其范围，即可求解。

【详解】根据图像可得周期 $T = 2 (\frac{11}{12} π - \frac{5}{12} π) = π = \frac{2 π}{ω}$ ， $∴ ω = 2$ 。

再由最高点的横坐标为 $\frac{5}{12} π$ ，可得 $2 \cdot \frac{5}{12} π + φ = \frac{π}{2} + 2 k π (k \in Z)$ ， $∴ φ = - \frac{π}{3} + 2 k π (k \in Z)$ ， $∴ - \frac{π}{2} < φ < \frac{π}{2}$ ， $∴ φ = - \frac{π}{3}$ 。

故选：D

题目六

[2022 • 新课标一卷] 设函数 $f (x) = \cos (ω x + \frac{π}{6})$ 在 $[- π, π]$ 的图像大致如图，则 $f (x)$ 的最小正周期为 $()$

A. $\frac{10 π}{9}$ B. $\frac{7 π}{6}$ C. $\frac{4 π}{3}$ D. $\frac{3 π}{2}$

解题思路

【分析】将 $(- \frac{4 π}{9}, 0)$ 代入解得 $ω = - \frac{9}{4} k + \frac{3}{2}$ ， $k \in Z$ 。结合图像，周期范围为 $T < 2 π < 2 T$ ，解得 $1 < | ω | < 2$ ，最后求出的 $ω$ 值，即得到其周期。

【详解】由图像可得 $f (- \frac{4 π}{9}) = \sin (- \frac{4 π}{9} ω + \frac{2 π}{3}) = 0$ 。

所以 $- \frac{4 π}{9} ω + \frac{2 π}{3} = k π, k \in Z$ ，则 $ω = - \frac{9}{4} k + \frac{3}{2}$ ， $k \in Z$ 。

设函数 $f (x)$ 的最小正周期为 $T$ ，则 $T < 2 π < 2 T$ ，即 $\frac{2 π}{| ω |} < 2 π < \frac{4 π}{| ω |}$ 。

所以 $1 < | ω | < 2$ 。又 $ω = - \frac{9}{4} k + \frac{3}{2}$ ， $k \in Z$ ，则 $k = 0$ ， $ω = \frac{3}{2}$ 。经验证可知，

当 $ω = \frac{3}{2}$ 时与题图相符，所以 $f (x)$ 的最小正周期 $T = \frac{2 π}{\frac{3}{2}} = \frac{4 π}{3}$ 。

故选：C

“整体法”+“找对应点”还能做性质判断 ! !

题目一

已知函数 $f (x) = \sin (ω x + φ)$ $(ω > 0, | φ | < \frac{π}{2})$ 的部分图像如图所示，则 $()$

A. $ω = 1, φ = \frac{π}{6}$

B. $ω = 1, φ = - \frac{π}{6}$

C. $ω = 2, φ = \frac{π}{6}$

D. $ω = 2, φ = - \frac{π}{6}$

三角恒等变换

1. 简单应用

题目一

$\cos 20^{\circ} \cos 25^{\circ} - \sin 20^{\circ} \sin 25^{\circ} = ()$

A. $\frac{\sqrt{2}}{2}$ B. $\frac{1}{2}$ C. $0$ D. $- \frac{\sqrt{2}}{2}$

解题思路

要解决这个问题，我们需要利用三角函数的和差公式。具体来说，题目中的表达式可以通过余弦差角公式来简化：

\cos 20^{\circ} \cos 25^{\circ} - \sin 20^{\circ} \sin 25^{\circ}

根据余弦差角公式，我们有：

\cos A \cos B - \sin A \sin B = \cos (A + B)

在这里，令 $A = 20^{\circ}$ 和 $B = 25^{\circ}$ ，则：

\cos 20^{\circ} \cos 25^{\circ} - \sin 20^{\circ} \sin 25^{\circ} = \cos (20^{\circ} + 25^{\circ}) = \cos 45^{\circ}

我们知道：

\cos 45^{\circ} = \frac{\sqrt{2}}{2}

因此，答案是：

\frac{\sqrt{2}}{2}

所以，正确答案是选项 A。

题目二

$\sin 20^{\circ} \cos 10^{\circ} - \cos 160^{\circ} \sin 10^{\circ} = \underset{―}{}$

解题思路

我们需要简化以下三角表达式：

\sin 20^{\circ} \cos 10^{\circ} - \cos 160^{\circ} \sin 10^{\circ}

步骤 1：使用三角恒等式

回顾正弦的和差公式：

\sin A \cos B \pm \cos A \sin B = \sin (A \pm B)

注意到题目中的表达式类似于：

\sin A \cos B - \cos C \sin D

步骤 2：简化 $\cos 160^{\circ}$

首先，我们将 $\cos 160^{\circ}$ 进行简化：

\cos 160^{\circ} = \cos (180^{\circ} - 20^{\circ}) = - \cos 20^{\circ}

因此，表达式变为：

\sin 20^{\circ} \cos 10^{\circ} - (- \cos 20^{\circ}) \sin 10^{\circ} = \sin 20^{\circ} \cos 10^{\circ} + \cos 20^{\circ} \sin 10^{\circ}

步骤 3：应用正弦和角公式

将简化后的表达式应用正弦和角公式：

\sin 20^{\circ} \cos 10^{\circ} + \cos 20^{\circ} \sin 10^{\circ} = \sin (20^{\circ} + 10^{\circ}) = \sin 30^{\circ}

步骤 4：计算 $\sin 30^{\circ}$

\sin 30^{\circ} = \frac{1}{2}

题目三

已知 $\sin θ + \sin (θ + \frac{π}{3}) = 1$ ，则 $\sin (θ + \frac{π}{6}) = ()$

A. $\frac{1}{2}$ B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$ C. $\frac{2}{3}$ D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$

解题思路

$∵ \sin θ + \sin (θ + \frac{π}{3}) = 1$ ，

$∴ \sin θ + \frac{1}{2} \sin θ + \frac{\sqrt{3}}{2} \cos θ = 1$ ，

即 $\frac{3}{2} \sin θ + \frac{\sqrt{3}}{2} \cos θ = 1$ ，

得 $\sqrt{3} (\frac{1}{2} \cos θ + \frac{\sqrt{3}}{2} \sin θ) = 1$ ，

即 $\sqrt{3} \sin (θ + \frac{π}{6}) = 1$ ，

得 $\sin (θ + \frac{π}{6}) = \frac{\sqrt{3}}{3}$ ，

故选：B

题目四

若 $\tan α = 3$ ，则 $\tan (α + \frac{π}{4}) = \underset{―}{}$ 。

解题思路

回顾正切的和角公式：

\tan (A + B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}

将题目中的角度代入公式：

A = α, B = \frac{π}{4}

因此：

\tan (α + \frac{π}{4}) = \frac{\tan α + \tan \frac{π}{4}}{1 - \tan α \tan \frac{π}{4}}

之后代入 $\tan α = 3$ 、 $\tan \frac{π}{4} = 1$ 已知值：

\tan (α + \frac{π}{4}) = \frac{3 + 1}{1 - 3 \cdot 1} = \frac{4}{1 - 3} = \frac{4}{- 2} = - 2

题目五

已知 $2 \tan θ - \tan (θ + \frac{π}{4}) = 7$ ，则 $\tan θ = ()$

A. $- 2$ B. $- 1$ C. $1$ D. $2$

解题思路

步骤 1：使用正切的和角公式

回顾正切的和角公式：

\tan (A + B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}

将题目中的角度代入公式：

A = θ, B = \frac{π}{4}

因此：

\tan (θ + \frac{π}{4}) = \frac{\tan θ + \tan \frac{π}{4}}{1 - \tan θ \tan \frac{π}{4}}

已知 $\tan \frac{π}{4} = 1$ ，所以公式化简为：

\tan (θ + \frac{π}{4}) = \frac{\tan θ + 1}{1 - \tan θ}

步骤 2：代入已知值

将 $\tan (θ + \frac{π}{4})$ 代入已知条件：

2 \tan θ - \frac{\tan θ + 1}{1 - \tan θ} = 7

步骤 3：解方程

设 $\tan θ = x$ ，则方程变为：

2 x - \frac{x + 1}{1 - x} = 7

将方程两边乘以 $1 - x$ ：

2 x (1 - x) - (x + 1) = 7 (1 - x)

化简得到：

2 x - 2 x^{2} - x - 1 = 7 - 7 x

再整理：

- 2 x^{2} + 8 x - 8 = 0

化简得到：

x^{2} - 4 x + 4 = 0

解这个一元二次方程：

(x - 2)^{2} = 0

所以：

x = 2

题目六

如果 $\tan α$ 、 $\tan β$ 是方程 $x^{2} - 3 x - 3 = 0$ 的两根，则 $\tan (α + β) = \underset{―}{}$ 。

解题思路

步骤 1：求方程的根

方程 $x^{2} - 3 x - 3 = 0$ 的根可以通过求解二次方程得到：

x = \frac{- b \pm \sqrt{b^{2} - 4 a c}}{2 a}

其中， $a = 1$ ， $b = - 3$ ， $c = - 3$ ，代入公式得到：

x = \frac{3 \pm \sqrt{9 + 12}}{2} = \frac{3 \pm \sqrt{21}}{2}

因此，方程的两根为：

\tan α = \frac{3 + \sqrt{21}}{2}, \tan β = \frac{3 - \sqrt{21}}{2}

步骤 2：使用正切的和角公式

回顾正切的和角公式：

\tan (α + β) = \frac{\tan α + \tan β}{1 - \tan α \tan β}

将 $\tan α$ 和 $\tan β$ 代入公式：

\tan α + \tan β = \frac{3 + \sqrt{21}}{2} + \frac{3 - \sqrt{21}}{2} = 3

\tan α \tan β = (\frac{3 + \sqrt{21}}{2}) (\frac{3 - \sqrt{21}}{2}) = \frac{(3 + \sqrt{21}) (3 - \sqrt{21})}{4} = \frac{9 - 21}{4} = - 3

因此：

\tan (α + β) = \frac{3}{1 - (- 3)} = \frac{3}{4}

2. 进阶应用 - 找角关系&巧用

题目一

计算 $\frac{\sin 47^{\circ} - \sin 17^{\circ} \cos 30^{\circ}}{\cos 17^{\circ}}$ 的值等于 $()$

A. $- 1$ B. $\frac{\sqrt{3}}{2}$ C. $\frac{1}{2}$ D. $1$

解题思路

由 $\sin 47^{\circ} = \sin (30^{\circ} + 17^{\circ}) = \sin 30^{\circ} \cos 17^{\circ} + \sin 17^{\circ} \cos 30^{\circ}$ 知，原式 $= \frac{\sin 30^{\circ} \cos 17^{\circ}}{\cos 17^{\circ}} = \frac{1}{2}$ ，故选 C。

题目二

已知 $\cos (α + \frac{π}{12}) = \frac{3}{5}$ ， $α \in (0, \frac{π}{2})$ ，则 $\sin (α + \frac{π}{3}) = ()$

A. $\frac{3 - 4 \sqrt{3}}{10}$ B. $\frac{4}{5}$ C. $- \frac{\sqrt{2}}{10}$ D. $\frac{7 \sqrt{2}}{10}$

解题思路

分析根据同角三角函数的基本关系求出 $\sin (α + \frac{π}{12})$ ，再根据 $\sin (α + \frac{π}{3}) = \sin [(α + \frac{π}{12}) + \frac{π}{4}]$ 利用两角和的正弦公式计算可得。

详解因为 $α \in (0, \frac{π}{2})$ ，所以 $α + \frac{π}{12} \in (\frac{π}{12}, \frac{7 π}{12})$ ，又 $\cos (α + \frac{π}{12}) = \frac{3}{5}$ ，

所以

\sin (α + \frac{π}{12}) = \sqrt{1 - \cos^{2} (α + \frac{π}{12})} = \frac{4}{5},

所以

\sin (α + \frac{π}{3}) = \sin [(α + \frac{π}{12}) + \frac{π}{4}]

= \sin (α + \frac{π}{12}) \cos \frac{π}{4} + \cos (α + \frac{π}{12}) \sin \frac{π}{4}

= \frac{4}{5} \times \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{3}{5} \times \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{7 \sqrt{2}}{10}

故选：D

题目三

在 $△ A B C$ 中， $A$ 为锐角，若 $\sin A = \frac{3}{5}$ ， $\cos B = \frac{5}{13}$ ，则 $\cos C = ()$

A. $\frac{16}{65}$ B. $\frac{56}{65}$ C. $\frac{56}{65}$ 或 $\frac{16}{65}$ D. $- \frac{33}{65}$

解题思路

因为 $\cos B = \frac{5}{13}$ ，所以 $\sin B = \sqrt{1 - \cos^{2} B} = \frac{12}{13}$ 。又因为 $\sin A < \sin B, A + B < π$ ，所以 $A < B$ ，所以 $A \in (0, \frac{π}{2})$ 。

因为 $\sin A = \frac{3}{5}$ ，所以 $\cos A = \sqrt{1 - \sin^{2} A} = \frac{4}{5}$ ，

所以 $\cos C = \cos [π - (A + B)] = - \cos (A + B)$

= \sin A \sin B - \cos A \cos B = \frac{3}{5} \times \frac{12}{13} - \frac{4}{5} \times \frac{5}{13} = \frac{16}{65}

题目四

已知 $\frac{1 - \tan 75^{\circ}}{1 + \tan 75^{\circ}}$ 的值为 $()$

A. $\frac{\sqrt{3}}{3}$ B. $- \frac{\sqrt{3}}{3}$ C. $\sqrt{3}$ D. $- \sqrt{3}$

思路一

步骤 1：使用 $\tan$ 的和角公式

回顾 $\tan$ 的和角公式：

\tan (a + b) = \frac{\tan a + \tan b}{1 - \tan a \tan b}

我们知道：

75^{\circ} = 45^{\circ} + 30^{\circ}

因此：

\tan 75^{\circ} = \tan (45^{\circ} + 30^{\circ}) = \frac{\tan 45^{\circ} + \tan 30^{\circ}}{1 - \tan 45^{\circ} \tan 30^{\circ}}

步骤 2：代入已知值

已知：

\tan 45^{\circ} = 1, \tan 30^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{3}}

将其代入公式：

\tan 75^{\circ} = \frac{1 + \frac{1}{\sqrt{3}}}{1 - 1 \cdot \frac{1}{\sqrt{3}}} = \frac{1 + \frac{1}{\sqrt{3}}}{1 - \frac{1}{\sqrt{3}}}

将分子分母同时乘以 $\sqrt{3}$ ：

\tan 75^{\circ} = \frac{\sqrt{3} + 1}{\sqrt{3} - 1}

步骤 3：化简表达式

我们需要计算：

\frac{1 - \tan 75^{\circ}}{1 + \tan 75^{\circ}} = \frac{1 - \frac{\sqrt{3} + 1}{\sqrt{3} - 1}}{1 + \frac{\sqrt{3} + 1}{\sqrt{3} - 1}}

将分子分母同时乘以 $\sqrt{3} - 1$ ：

\frac{(\sqrt{3} - 1) - (\sqrt{3} + 1)}{(\sqrt{3} - 1) + (\sqrt{3} + 1)} = \frac{\sqrt{3} - 1 - \sqrt{3} - 1}{\sqrt{3} - 1 + \sqrt{3} + 1}

化简得到：

\frac{- 2}{2 \sqrt{3}} = - \frac{1}{\sqrt{3}} = - \frac{\sqrt{3}}{3}

思路二【推荐】

可以使用 $\tan$ 的和差公式。

步骤 1：使用 $\tan$ 的和差公式

回顾 $\tan$ 的和差公式：

\tan (A - B) = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B}

将题目中的角度代入公式：

A = 45^{\circ}, B = 75^{\circ}

因此：

\frac{\tan 45^{\circ} - \tan 75^{\circ}}{1 + \tan 45^{\circ} \tan 75^{\circ}} = \tan (45^{\circ} - 75^{\circ})

步骤 2：计算角度差

计算 $45^{\circ} - 75^{\circ}$ ：

45^{\circ} - 75^{\circ} = - 30^{\circ}

因此：

\tan (45^{\circ} - 75^{\circ}) = \tan (- 30^{\circ})

步骤 3：化简 $\tan (- 30^{\circ})$

已知 $\tan (- x) = - \tan x$ ，因此：

\tan (- 30^{\circ}) = - \tan 30^{\circ}

已知 $\tan 30^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ ，所以：

- \tan 30^{\circ} = - \frac{1}{\sqrt{3}} = - \frac{\sqrt{3}}{3}

题目五

已知 $\tan 25^{\circ} + \tan 35^{\circ} + \sqrt{3} \tan 25^{\circ} \tan 35^{\circ}$ 结果为 $()$

A. $- \sqrt{3}$ B. $\sqrt{3}$ C. $- \sqrt{2}$ D. $\sqrt{6}$

解题思路

步骤 1：使用正切函数的和角公式

回顾正切函数的和角公式：

\tan (A + B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}

我们设 $A = 25^{\circ}$ ， $B = 35^{\circ}$ ，并注意到 $A + B = 60^{\circ}$ 。因此：

\tan 60^{\circ} = \frac{\tan 25^{\circ} + \tan 35^{\circ}}{1 - \tan 25^{\circ} \tan 35^{\circ}}

已知 $\tan 60^{\circ} = \sqrt{3}$ ，所以：

\sqrt{3} = \frac{\tan 25^{\circ} + \tan 35^{\circ}}{1 - \tan 25^{\circ} \tan 35^{\circ}}

步骤 2：化简表达式

将上述公式变形得到：

\sqrt{3} (1 - \tan 25^{\circ} \tan 35^{\circ}) = \tan 25^{\circ} + \tan 35^{\circ}

整理得：

\sqrt{3} - \sqrt{3} \tan 25^{\circ} \tan 35^{\circ} = \tan 25^{\circ} + \tan 35^{\circ}

移项得到：

\tan 25^{\circ} + \tan 35^{\circ} + \sqrt{3} \tan 25^{\circ} \tan 35^{\circ} = \sqrt{3}

3. 综合应用

1）直接用

题目一

已知 $\frac{\tan α}{\tan β} = 3$ ，则 $\frac{\sin (α + β)}{\sin (α - β)} =$ $()$

A. $\frac{1}{3}$ B. $\frac{1}{2}$ C. 2 D. 3

解题思路

\begin{aligned} ∵ \frac{\sin (α + β)}{\sin (α - β)} = \frac{\sin α \cos β + \cos α \sin β}{\sin α \cos β - \cos α \sin β} = \frac{\tan α + \tan β}{\tan α - \tan β} = \frac{\frac{\tan α}{\tan β} + 1}{\frac{\tan α}{\tan β} - 1} = \frac{3 + 1}{3 - 1} = 2 \end{aligned}

故选：C

题目二

若 $\sin (α + β) + \cos (α + β) = 2 \sqrt{2} \cos (α + \frac{π}{4}) \sin β$ ，则 $()$

A. $\tan (α - β) = 1$ B. $\tan (α + β) = 1$ C. $\tan (α - β) = - 1$ D. $\tan (α + β) = - 1$

解题思路

\sin (α + β) + \cos (α + β) = 2 \sqrt{2} \cos (α + \frac{π}{4}) \sin β \sin α \cos β + \cos α \sin β + \cos α \cos β - \sin α \sin β = 2 \sqrt{2} (\cos α \cos \frac{π}{4} - \sin α \sin \frac{π}{4}) \sin β \sin α \cos β + \cos α \sin β + \cos α \cos β - \sin α \sin β = 2 \sqrt{2} (\cos α \frac{\sqrt{2}}{2} - \sin α \frac{\sqrt{2}}{2}) \sin β \sin α \cos β + \cos α \sin β + \cos α \cos β - \sin α \sin β = 2 \sqrt{2} \frac{\sqrt{2}}{2} (\cos α - \sin α) \sin β \sin α \cos β + \cos α \sin β + \cos α \cos β - \sin α \sin β = 2 \sin β (\cos α - \sin α) \sin α \cos β + \cos α \sin β + \cos α \cos β - \sin α \sin β = 2 \cos α \sin β - 2 \sin α \sin β \sin α \cos β + \cos α \cos β = \cos α \sin β - \sin α \sin β \cos α \cos β + \sin α \sin β = \cos α \sin β - \sin α \cos β \cos (α - β) = - \sin (α - β) - 1 = \frac{\sin (α - β)}{\cos (α - β)} - 1 = \tan (α - β)

答案选 C。

2）先变形，再用公式

题目一

已知 $α - β = \frac{π}{6}$ ， $\tan α - \tan β = 3$ ，则 $\cos (α + β)$ 的值为（）

A. $\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{3}$ B. $\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{3}$ C. $\frac{1}{3} + \frac{\sqrt{3}}{2}$ D. $\frac{1}{3} - \frac{\sqrt{3}}{2}$

解题思路

$t a n α - t a n β = 3$ ，且 $α - β = \frac{π}{6}$ ，则： $\frac{s i n α}{c o s α} - \frac{s i n β}{c o s β} = \frac{s i n a c o s β - c o s a s i n β}{c o s a c o s β} = \frac{s i n (α - β)}{c o s a c o s β} = \frac{\frac{1}{2}}{c o s a c o s β} = 3$ ，整理得： $c o s a c o s β = \frac{1}{6}$ 。则： $c o s (α - β) = c o s a c o s β + s i n a s i n β = \frac{\sqrt{3}}{2}$ ，整理得： $s i n a s i n β = \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{6}$ 。所以： $c o s (α + β) = c o s a c o s β - s i n a s i n β = \frac{1}{6} - \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{6} = \frac{1}{3} - \frac{\sqrt{3}}{2}$ 。故选：D

题目二

已知 $\sin α + \cos β = 1$ ， $\cos α + \sin β = 0$ ，则 $\sin (α + β) = \underset{―}{}$ 。

解题思路

$\sin α + \cos β = 1$ ，

两边平方可得： $\sin^{2} α + 2 \sin α \cos β + \cos^{2} β = 1$ ， $①$

$\cos α + \sin β = 0$ ，

两边平方可得： $\cos^{2} α + 2 \cos α \sin β + \sin^{2} β = 0$ ， $②$

由 $① + ②$ 得： $2 + 2 (\sin α \cos β + \cos α \sin β) = 1$ ，即 $2 \sin (α + β) = - 1$ ，

$∴ \sin (α + β) = - \frac{1}{2}$ 。

故答案为： $- \frac{1}{2}$ 。

3）找角关系

题目一

若 $α, β \in (0, π)$ ， $\cos (\frac{α - β}{2}) = - \frac{12}{13}$ ， $\sin (\frac{α}{2} - β) = \frac{4}{5}$ ，则 $\sin (\frac{α + β}{2}) = ()$

A. $\frac{33}{65}$ B. $- \frac{33}{65}$ C. $\frac{63}{65}$ D. $- \frac{63}{65}$

解题思路

思路

先由 $α, β \in (0, π)$ ，可得 $α - \frac{β}{2} \in (- \frac{π}{2}, π)$ 、 $\frac{α}{2} - β \in (- π, \frac{π}{2})$ ，结合 $\cos (α - \frac{β}{2}) < 0$ 、 $\sin (\frac{α}{2} - β) > 0$ ，可得：

$α - \frac{β}{2} \in (\frac{π}{2}, π)$ 、 $\frac{α}{2} - β \in (0, \frac{π}{2})$ ，继而得到 $\sin (α - \frac{β}{2}) = \frac{5}{13}$ 、 $\cos (\frac{α}{2} - β) = \frac{3}{5}$ 。

转化 $\sin (\frac{α + β}{2}) = \sin [(\frac{α - β}{2}) - (\frac{α}{2} - β)]$ ，利用两角差的正弦公式即得解。

详细

由题意 $α, β \in (0, π)$ ，故 $\frac{α}{2}, \frac{β}{2} \in (0, \frac{π}{2})$ ，

故 $\frac{α - β}{2} \in (- \frac{π}{2}, π)$ ， $\frac{α}{2} - β \in (- π, \frac{π}{2})$

又 $\cos (\frac{α - β}{2}) < 0$ ， $\sin (\frac{α}{2} - β) > 0$

故 $\frac{α - β}{2} \in (- \frac{π}{2}, 0)$ ， $\frac{α}{2} - β \in (0, \frac{π}{2})$

\sin (\frac{α - β}{2}) = \sqrt{1 - \cos^{2} (\frac{α - β}{2})} = \frac{5}{13} ， \cos (\frac{α}{2} - β) = \sqrt{1 - \sin^{2} (\frac{α}{2} - β)} = \frac{3}{5}

则 $\sin (\frac{α + β}{2}) = \sin [(\frac{α - β}{2}) - (\frac{α}{2} - β)]$

= \sin (\frac{α - β}{2}) \cos (\frac{α}{2} - β) - \cos (\frac{α - β}{2}) \sin (\frac{α}{2} - β) = \frac{63}{65}

故选：C

必修一数学 - 随堂练 ​

第五章：三角函数 ​

一、任意角和弧度制 ​

1. 任意角 ​

题目一 ​

题目二 ​

题目三 ​

题目四 ​

题目五 ​

2. 弧度制 ​

题目一 ​

题目二 ​

题目三 ​

题目四 ​

题目五 ​

3. 弧长与面积 ​

题目一 ​

题目二 ​

题目三 ​

二、三角函数 ​

1. 任意角的三角函数 ​

1）定义求值 ​

题目一 ​

题目二 ​

2）定义求范围 ​

题目一 ​

题目二 ​

3）同角三角函数间的关系 ​

题目一 ​

题目二 ​

题目三 ​

2. 诱导公式 ​

1）基本应用 ​

题目一 ​

题目二 ​

题目三 ​

2）凑 1 ​

题目一 ​

3. 三角函数图像与性质 ​

1）基本习题 ​

题目一 ​

题目二 ​

题目三 ​

题目四 ​

题目五 ​

题目六 ​

题目七 ​

2）考试题型 ​

题型一：直接画图 ​

题型二：考复合函数 ​

4. 做题技巧 ​

1）同角三角函数 - 对偶式 ​

知识点 ​

题目 ​

2）巧用三角函数定义 ​

知识点 ​

题目 ​

3）诱导公式 - 锐角三角形小的二级结论 ​

知识点 ​

题目 ​

4）大胆画三角函数图像 ​

题目 ​

5. 函数图像变换 ​

1）基础题型 ​

题目一 ​

题目二 ​

题目三 ​

2）整体代换 ​

题目一 ​

题目二 ​

题目三 ​

题目四 ​

题目五 ​

题目六 ​

题目一 ​

三角恒等变换 ​

1. 简单应用 ​

题目一 ​

题目二 ​

题目三 ​

必修一数学 - 随堂练

第五章：三角函数

一、任意角和弧度制

1. 任意角

题目一

题目二

题目三

题目四

题目五

2. 弧度制

题目一

题目二

题目三

题目四

题目五

3. 弧长与面积

题目一

题目二

题目三

二、三角函数

1. 任意角的三角函数

1）定义求值

题目一

题目二

2）定义求范围

题目一

题目二

3）同角三角函数间的关系

题目一

题目二

题目三

2. 诱导公式

1）基本应用

题目一

题目二

题目三

2）凑 1

题目一

3. 三角函数图像与性质

1）基本习题

题目一

题目二

题目三

题目四

题目五

题目六

题目七

2）考试题型

题型一：直接画图

题型二：考复合函数

4. 做题技巧

1）同角三角函数 - 对偶式

知识点

题目

2）巧用三角函数定义

知识点

题目

3）诱导公式 - 锐角三角形小的二级结论

知识点

题目

4）大胆画三角函数图像

题目

5. 函数图像变换

1）基础题型

题目一

题目二

题目三

2）整体代换

题目一

题目二

题目三

题目四

题目五

题目六

题目一

三角恒等变换

1. 简单应用

题目一

题目二

题目三