2023版步步高新高考人教A版一轮复习讲义第四章 §4.4　简单的三角恒等变换

§4.4　简单的三角恒等变换 考试要求　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)． 知识梳理 1．二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)公式S2α：sin 2α＝2sin αcos α. (2)公式C2α：cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α. (3)公式T2α：tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α). 2．常用的部分三角公式 (1)1－cos α＝2sin2eq \f(α,2)，1＋cos α＝2cos2eq \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)))2.(升幂公式) (3)sin2α＝eq \f(1－cos 2α,2)，cos2α＝eq \f(1＋cos 2α,2)，tan2α＝eq \f(1－cos 2α,1＋cos 2α).(降幂公式) 思考辨析 判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)tan eq \f(α,2)＝eq \f(sin α,1＋cos α)＝eq \f(1－cos α,sin α).(　√　) (2)设eq \f(5π,2)<θ<3π，且|cos θ|＝eq \f(1,5)，那么sin eq \f(θ,2)的值为eq \f(\r(15),5).(　×　) (3)半角的正弦、余弦公式实质就是将倍角的余弦公式逆求而得来的．(　√　) (4)存在实数α，使tan 2α＝2tan α.(　√　) 教材改编题 1．sin 15°cos 15°等于(　　) A．－eq \f(1,4) B.eq \f(1,4) C．－eq \f(1,2) D.eq \f(1,2) 答案　B 解析　sin 15°cos 15°＝eq \f(1,2)sin 30°＝eq \f(1,4). 2．化简eq \r(1＋cos 4)的结果是(　　) A．sin 2 B．－cos 2 C.eq \r(2)cos 2 D．－eq \r(2)cos 2 答案　D 解析　因为eq \r(1＋cos 4)＝eq \r(2cos22)， 又cos 2<0，所以可得选项D正确． 3．已知α是第二象限的角，tan(π＋2α)＝－eq \f(4,3)，则tan α等于(　　) A．－eq \f(\r(2),2) B．2 C．－eq \f(1,3) D．－eq \f(1,2) 答案　D 解析　由tan(π＋2α)＝－eq \f(4,3)， 得tan 2α＝－eq \f(4,3)， 又tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝－eq \f(4,3)， 解得tan α＝－eq \f(1,2)或tan α＝2， 又α是第二象限角，所以tan α＝－eq \f(1,2). 题型一　三角函数式的化简 例1　(1)(2021·全国甲卷)若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tan 2α＝eq \f(cos α,2－sin α)，则tan α等于(　　) A.eq \f(\r(15),15) B.eq \f(\r(5),5) C.eq \f(\r(5),3) D.eq \f(\r(15),3) 答案　A 解析　方法一　因为tan 2α＝eq \f(sin 2α,cos 2α)＝eq \f(2sin αcos α,1－2sin2α)， 且tan 2α＝eq \f(cos α,2－sin α)，所以eq \f(2sin αcos α,1－2sin2α)＝eq \f(cos α,2－sin α)，解得sin α＝eq \f(1,4).因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))， 所以cos α＝eq \f(\r(15),4)，tan α＝eq \f(sin α,cos α)＝eq \f(\r(15),15). 方法二　因为tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(\f(2sin α,cos α),1－\f(sin2α,cos2α))＝eq \f(2sin αcos α,cos2α－sin2α)＝eq \f(2sin αcos α,1－2sin2α)，且tan 2α＝eq \f(cos α,2－sin α)，所以eq \f(2sin αcos α,1－2sin2α)＝eq \f(cos α,2－sin α)， 解得sin α＝eq \f(1,4).因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))， 所以cos α＝eq \f(\r(15),4)，tan α＝eq \f(sin α,cos α)＝eq \f(\r(15),15). (2)化简：eq \f(2cos4x－2cos2x＋\f(1,2),2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))·sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4))))＝ . 答案　eq \f(1,2)cos 2x 解析　原式＝eq \f(2cos2xcos2x－1＋\f(1,2),2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))·sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))) ＝eq \f(\f(1,2)cos22x,2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\f(sin x,cos x),1＋\f(sin x,cos x))))·\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))),2)) ＝eq \f(\f(1,2)cos22x,cos2x－sin2x) ＝eq \f(1,2)cos 2x. 教师备选 1．(2020·全国Ⅰ)已知α∈(0，π)，且3cos 2α－8cos α＝5，则sin α等于(　　) A.eq \f(\r(5),3)　 B.eq \f(2,3) C.eq \f(1,3) D.eq \f(\r(5),9) 答案　A 解析　由3cos 2α－8cos α＝5， 得3(2cos2α－1)－8cos α＝5， 即3cos2α－4cos α－4＝0， 解得cos α＝－eq \f(2,3)或cos α＝2(舍去)． 又因为α∈(0，π)，所以sin α>0， 所以sin α＝eq \r(1－cos2α)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))2)＝eq \f(\r(5),3). 2．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. 思维升华　(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． 跟踪训练1　(1)2eq \r(1＋sin 4)＋eq \r(2＋2cos 4)等于(　　) A．2cos 2 B．2sin 2 C．4sin 2＋2cos 2 D．2sin 2＋4cos 2 答案　B 解析　2eq \r(1＋sin 4)＋eq \r(2＋2cos 4) ＝2eq \r(sin22＋2sin 2cos 2＋cos22)＋eq \r(2＋22cos22－1) ＝2eq \r(sin 2＋cos 22)＋eq \r(4cos22) ＝2|sin 2＋cos 2|＋2|cos 2|. ∵eq \f(π,2)<2<π， ∴cos 2<0， ∵sin 2＋cos 2＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(π,4)))，0<2＋eq \f(π,4)<π， ∴sin 2＋cos 2>0， ∴原式＝2(sin 2＋cos 2)－2cos 2＝2sin 2. (2)化简eq \f(tan27.5°＋1,tan27.5°－7sin27.5°＋cos27.5°)等于(　　) A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(2\r(3),3) C.eq \r(3) D．2 答案　B 解析　原式＝eq \f(tan27.5°＋1,tan27.5°－8sin27.5°＋1) ＝eq \f(sin27.5°＋cos27.5°,sin27.5°－8sin27.5°cos27.5°＋cos27.5°) ＝eq \f(1,1－2sin215°)＝eq \f(1,cos 30°)＝eq \f(2\r(3),3). 题型二　三角函数式的求值 命题点1　给角求值 例2　(1)sin 40°(tan 10°－eq \r(3))等于(　　) A．2 B．－2 C．1 D．－1 答案　D 解析　sin 40°·(tan 10°－eq \r(3)) ＝sin 40°·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sin 10°,cos 10°)－\r(3))) ＝sin 40°·eq \f(sin 10°－\r(3)cos 10°,cos 10°) ＝sin 40°·eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin 10°－\f(\r(3),2)cos 10°)),cos 10°) ＝sin 40°·eq \f(2cos 60°·sin 10°－sin 60°·cos 10°,cos 10°) ＝sin 40°·eq \f(2sin10°－60°,cos 10°) ＝sin 40°·eq \f(－2sin 50°,cos 10°) ＝eq \f(－2sin 40°·cos 40°,cos 10°) ＝eq \f(－sin 80°,cos 10°)＝－1. (2)cos 20°·cos 40°·cos 100°＝ . 答案　－eq \f(1,8) 解析　cos 20°·cos 40°·cos 100° ＝－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(\f(1,8)sin 20°,sin 20°)＝－eq \f(1,8). 命题点2　给值求值 例3　(1)若coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq \f(1,3)，则coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋2α))等于(　　) A.eq \f(2,9) B．－eq \f(2,9) C.eq \f(7,9) D．－eq \f(7,9) 答案　C 解析　∵coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq \f(1,3). ∴coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α)))) ＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))＝eq \f(1,3)， ∴coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋2α))＝1－2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α)) ＝1－eq \f(2,9)＝eq \f(7,9). (2)(2022·长春质检)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＋eq \r(3)cos α＝eq \f(1,3)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))等于(　　) A.eq \f(2,3) B.eq \f(2,9) C．－eq \f(1,9) D．－eq \f(7,9) 答案　D 解析　∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＋eq \r(3)cos α＝eq \f(1,3)， ∴sin αcos eq \f(π,3)－cos αsin eq \f(π,3)＋eq \r(3)cos α＝eq \f(1,3)， ∴eq \f(1,2)sin α－eq \f(\r(3),2)cos α＋eq \r(3)cos α＝eq \f(1,3)， ∴eq \f(1,2)sin α＋eq \f(\r(3),2)cos α＝eq \f(1,3)， ∴coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq \f(1,3)， ∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＋\f(π,2))) ＝cos 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6))) ＝2cos2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))－1 ＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2－1 ＝－eq \f(7,9). 命题点3　给值求角 例4　已知α，β均为锐角，cos α＝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，sin β＝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). 教师备选 1.eq \f(cos 40°,cos 25°\r(1－sin 40°))的值为(　　) A．1 B.eq \r(3) C.eq \r(2) D．2 答案　C 解析　原式＝eq \f(cos220°－sin220°,cos 25°cos 20°－sin 20°) ＝eq \f(cos 20°＋sin 20°,cos 25°) ＝eq \f(\r(2)cos 25°,cos 25°)＝eq \r(2). 2．已知A，B均为钝角，且sin2eq \f(A,2)＋coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝eq \f(5－\r(15),10)，sin B＝eq \f(\r(10),10)，则A＋B等于(　　) A.eq \f(3π,4) B.eq \f(5π,4) C.eq \f(7π,4) D.eq \f(7π,6) 答案　C 解析　因为sin2eq \f(A,2)＋coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,3)))＝eq \f(5－\r(15),10)， 所以eq \f(1－cos A,2)＋eq \f(1,2)cos A－eq \f(\r(3),2)sin A＝eq \f(5－\r(15),10)， 即eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)sin A＝eq \f(5－\r(15),10)， 解得sin A＝eq \f(\r(5),5)， 因为A为钝角， 所以cos A＝－eq \r(1－sin2A)＝－eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)))2) ＝－eq \f(2\r(5),5). 由sin B＝eq \f(\r(10),10)，且B为钝角， 得cos B＝－eq \r(1－sin2B)＝－eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),10)))2) ＝－eq \f(3\r(10),10). 所以cos(A＋B)＝cos Acos B－sin Asin B ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(10),10)))－eq \f(\r(5),5)×eq \f(\r(10),10)＝eq \f(\r(2),2). 又A，B都为钝角，即A，B∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))， 所以A＋B∈(π，2π)， 所以A＋B＝eq \f(7π,4). 3．已知coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(10),10)，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,3)))＝ . 答案　eq \f(4－3\r(3),10) 解析　由题意可得 cos2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,2))),2)＝eq \f(1,10)， coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,2)))＝－sin 2θ＝－eq \f(4,5)， 即sin 2θ＝eq \f(4,5). 因为coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(10),10)>0，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))， 所以0<θ<eq \f(π,4)，2θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))， 根据同角三角函数基本关系式， 可得cos 2θ＝eq \f(3,5)， 由两角差的正弦公式，可得 sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,3)))＝sin 2θcos eq \f(π,3)－cos 2θsin eq \f(π,3) ＝eq \f(4,5)×eq \f(1,2)－eq \f(3,5)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(4－3\r(3),10). 思维升华　(1)给值(角)求值问题求解的关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系，借助角之间的联系寻找转化方法． (2)给值(角)求值问题的一般步骤 ①化简条件式子或待求式子； ②观察条件与所求之间的联系，从函数名称及角入手； ③将已知条件代入所求式子，化简求值． 跟踪训练2　(1)(2019·全国Ⅱ)已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，2sin 2α＝cos 2α＋1，则sin α等于(　　) A.eq \f(1,5) B.eq \f(\r(5),5) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(2\r(5),5) 答案　B 解析　由2sin 2α＝cos 2α＋1，得4sin αcos α＝1－2sin2α＋1，即2sin αcos α＝1－sin2α. 因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cos α＝eq \r(1－sin2α)， 所以2sin αeq \r(1－sin2α)＝1－sin2α， 解得sin α＝eq \f(\r(5),5). (2)(2021·全国乙卷)cos2eq \f(π,12)－cos2eq \f(5π,12)等于(　　) A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),3) C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(\r(3),2) 答案　D 解析　因为cos eq \f(5π,12)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(5π,12)))＝sin eq \f(π,12)， 所以cos2eq \f(π,12)－cos2eq \f(5π,12)＝cos2eq \f(π,12)－sin2eq \f(π,12) ＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12)))＝cos eq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2). (3)已知sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq \f(1,3)，则sin 2x＝ . 答案　－eq \f(1,3) 解析　∵sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq \f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))),2) ＝eq \f(1＋sin 2x,2)＝eq \f(1,3)， ∴sin 2x＝－eq \f(1,3). 题型三　三角恒等变换的综合应用 例5　(2022·河南中原名校联考)已知函数f(x)＝4cos xcoseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－eq \r(3). (1)求f(x)的单调递增区间； (2)若α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且f(α)＝eq \f(6,5)，求cos 2α. 解　(1)f(x)＝4cos xcoseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－eq \r(3) ＝4cos xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos x－\f(1,2)sin x))－eq \r(3) ＝2eq \r(3)cos2x－2sin xcos x－eq \r(3) ＝eq \r(3)(1＋cos 2x)－sin 2x－eq \r(3) ＝eq \r(3)cos 2x－sin 2x ＝2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))， 令2kπ－π≤2x＋eq \f(π,6)≤2kπ(k∈Z)， 解得kπ－eq \f(7π,12)≤x≤kπ－eq \f(π,12)(k∈Z)， 所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(7π,12)，kπ－\f(π,12)))(k∈Z)． (2)由于α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))， 且f(α)＝eq \f(6,5)， 而f(α)＝2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))＝eq \f(6,5)， 所以coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))＝eq \f(3,5)， 因为0≤α≤eq \f(π,2)， 所以eq \f(π,6)≤2α＋eq \f(π,6)≤eq \f(7π,6)， 则eq \f(π,6)≤2α＋eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)， 所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))＝eq \f(4,5)， 则cos 2α＝coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))－\f(π,6))) ＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))cos eq \f(π,6)＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,6)))sin eq \f(π,6) ＝eq \f(3,5)×eq \f(\r(3),2)＋eq \f(4,5)×eq \f(1,2) ＝eq \f(3\r(3)＋4,10). 教师备选 已知函数f(x)＝eq \f(\r(2),4)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋eq \f(\r(6),4)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)). (1)求函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,2)))上的最值； (2)若cos θ＝eq \f(4,5)，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，求f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))的值． 解　(1)由题意得 f(x)＝eq \f(\r(2),4)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋eq \f(\r(6),4)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)) ＝eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋\f(\r(3),2)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))) ＝－eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(7π,12))). 因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,2)))， 所以x－eq \f(7π,12)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(11π,12)))， 所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(7π,12)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))， 所以－eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(7π,12)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(6),4)))， 即函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,2)))上的最大值为eq \f(\r(6),4)，最小值为－eq \f(\r(2),2). (2)因为cos θ＝eq \f(4,5)，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))， 所以sin θ＝－eq \f(3,5)， 所以sin 2θ＝2sin θcos θ＝－eq \f(24,25)， cos 2θ＝cos2θ－sin2θ ＝eq \f(16,25)－eq \f(9,25)＝eq \f(7,25)， 所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))＝－eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)－\f(7π,12))) ＝－eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,4))) ＝－eq \f(1,2)(sin 2θ－cos 2θ) ＝eq \f(1,2)(cos 2θ－sin 2θ) ＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,25)＋\f(24,25))) ＝eq \f(31,50). 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＝asin x＋bcos 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． 跟踪训练3　(2022·云南曲靖一中质检)已知向量a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \f(x,2)＋sin \f(x,2)，2sin \f(x,2)))，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \f(x,2)－sin \f(x,2)，\r(3)cos \f(x,2)))，函数f(x)＝a·b. (1)求函数f(x)的最大值，并指出f(x)取得最大值时x的取值集合； (2)若α，β为锐角，cos(α＋β)＝eq \f(12,13)，f(β)＝eq \f(6,5)，求f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))的值． 解　(1)f(x)＝cos2eq \f(x,2)－sin2eq \f(x,2)＋2eq \r(3)sin eq \f(x,2)cos eq \f(x,2) ＝cos x＋eq \r(3)sin x ＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))， 令x＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)＋2kπ(k∈Z)， 得x＝eq \f(π,3)＋2kπ，k∈Z， ∴f(x)的最大值为2，此时x的取值集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝\f(π,3)＋2kπ，k∈Z)))). (2)由α，β为锐角，cos(α＋β)＝eq \f(12,13)， 得sin(α＋β)＝eq \f(5,13)， ∵0<β<eq \f(π,2)，∴eq \f(π,6)<β＋eq \f(π,6)<eq \f(2π,3)， 又f(β)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,6)))＝eq \f(6,5)， ∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,6)))＝eq \f(3,5)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))， ∴eq \f(π,6)<β＋eq \f(π,6)<eq \f(π,4)，∴coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,6)))＝eq \f(4,5)， ∴coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α＋β－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,6))))) ＝cos(α＋β)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,6)))＋sin(α＋β)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β＋\f(π,6)))＝eq \f(63,65)， ∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3))) ＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋α－\f(π,6))) ＝2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝eq \f(126,65). 课时精练 1．已知tan α＝3，则coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))等于(　　) A．－eq \f(3,2) B.eq \f(3,5) C．－eq \f(3,5) D.eq \f(1,5) 答案　C 解析　coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝－sin 2α＝－2sin αcos α ＝eq \f(－2sin αcos α,cos2α＋sin2α) ＝eq \f(－2tan α,1＋tan2α)＝eq \f(－2×3,1＋32)＝－eq \f(3,5). 2．(2022·安庆模拟)已知θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tan θ＝eq \r(2)，则cos 2θ等于(　　) A．－eq \f(\r(2),3) B.eq \f(\r(2),3) C．－eq \f(1,3) D.eq \f(1,3) 答案　C 解析　cos 2θ＝cos2θ－sin2θ＝eq \f(cos2θ－sin2θ,cos2θ＋sin2θ)＝eq \f(1－tan2θ,1＋tan2θ)＝－eq \f(1,3). 3．(2022·威海模拟)tan 67.5°－eq \f(1,tan 67.5°)的值为(　　) A．1 B.eq \r(2) C．2 D．4 答案　C 解析　tan 67.5°－eq \f(1,tan 67.5°)＝eq \f(sin 67.5°,cos 67.5°)－eq \f(1,\f(sin 67.5°,cos 67.5°))＝eq \f(sin 67.5°,cos 67.5°)－eq \f(cos 67.5°,sin 67.5°) ＝eq \f(sin267.5°－cos267.5°,sin 67.5°cos 67.5°)＝eq \f(－cos 135°,\f(1,2)sin 135°)＝2. 4．(2022·黑龙江大庆中学模拟)若cos(30°－α)－sin α＝eq \f(1,3)，则sin(30°－2α)等于(　　) A.eq \f(1,3) B．－eq \f(1,3) C.eq \f(7,9) D．－eq \f(7,9) 答案　D 解析　由cos(30°－α)－sin α＝eq \f(1,3)， 得eq \f(\r(3),2)cos α－eq \f(1,2)sin α＝eq \f(1,3)， 即cos(30°＋α)＝eq \f(1,3)， 所以sin(30°－2α)＝cos(60°＋2α) ＝2cos2(30°＋α)－1＝2×eq \f(1,9)－1 ＝－eq \f(7,9). 5．(多选)已知f(x)＝eq \f(1,2)(1＋cos 2x)sin2x(x∈R)，则下列结论正确的是(　　) A．f(x)的最小正周期T＝eq \f(π,2) B．f(x)是偶函数 C．f(x)的最大值为eq \f(1,4) D．f(x)的最小正周期T＝π 答案　ABC 解析　∵f(x)＝eq \f(1,4)(1＋cos 2x)(1－cos 2x) ＝eq \f(1,4)(1－cos22x) ＝eq \f(1,4)sin22x ＝eq \f(1,8)(1－cos 4x)， ∴f(－x)＝eq \f(1,8)[1－cos 4(－x)] ＝eq \f(1,8)(1－cos 4x)＝f(x)， T＝eq \f(2π,4)＝eq \f(π,2)， f(x)的最大值为eq \f(1,8)×2＝eq \f(1,4)， 故A，B，C正确，D错误． 6．(多选)下列各式中，值为eq \f(1,2)的是(　　) A．cos2eq \f(π,12)－sin2eq \f(π,12) B.eq \f(tan 22.5°,1－tan222.5°) C．2sin 195°cos 195° D.eq \r(\f(1＋cos\f(π,6),2)) 答案　BC 解析　cos2eq \f(π,12)－sin2eq \f(π,12)＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,12))) ＝cos eq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2)， 故A错误； eq \f(tan 22.5°,1－tan222.5°)＝eq \f(1,2)·eq \f(2tan 22.5°,1－tan222.5) ＝eq \f(1,2)tan 45°＝eq \f(1,2)，故B正确； 2sin 195°cos 195°＝2sin(180°＋15°)cos(180°＋15°)＝2sin 15°cos 15°＝sin 30°＝eq \f(1,2)， 故C正确； eq \r(\f(1＋cos \f(π,6),2))＝eq \r(\f(2＋\r(3),4))＝eq \f(\r(2＋\r(3)),2)≠eq \f(1,2)， 故D错误． 7．求值：eq \f(\r(3)－tan 12°,2cos212°－1sin 12°)＝ . 答案　8 解析　原式＝eq \f(\r(3)－\f(sin 12°,cos 12°),cos 24°sin 12°) ＝eq \f(\r(3)cos 12°－sin 12°,cos 24°sin 12°cos 12°) ＝eq \f(2sin60°－12°,\f(1,4)sin 48°)＝eq \f(2sin 48°,\f(1,4)sin 48°)＝8. 8．若coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq \f(3,5)，则sin 2α＝ . 答案　－eq \f(7,25) 解析　方法一　∵coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq \f(3,5)， ∴sin 2α＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α)) ＝cos 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)) ＝2cos2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))－1 ＝2×eq \f(9,25)－1＝－eq \f(7,25). 方法二　∵coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq \f(\r(2),2)(sin α＋cos α)＝eq \f(3,5)， ∴eq \f(1,2)(1＋sin 2α)＝eq \f(9,25)， ∴sin 2α＝2×eq \f(9,25)－1＝－eq \f(7,25). 9．(2022·杭州模拟)已知函数f(x)＝2cos2x＋2eq \r(3)sin x·cos x. (1)求f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))的值； (2)若f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝eq \f(11,5)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，求cos α的值． 解　(1)因为f(x)＝2cos2x＋2eq \r(3)sin xcos x ＝1＋cos 2x＋eq \r(3)sin 2x ＝1＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))， 所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝1＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋\f(π,6))) ＝1＋2sin eq \f(5π,6)＝1＋1＝2. (2)由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝eq \f(11,5)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))， 得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(3,5)， coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(4,5)， 所以cos α＝coseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－\f(π,6))) ＝coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))cos eq \f(π,6)＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))sin eq \f(π,6) ＝eq \f(4\r(3)＋3,10). 10．如图，点P在以AB为直径的半圆上移动，且AB＝1，过点P作圆的切线PC，使PC＝1.连接BC，当点P在什么位置时，四边形ABCP的面积等于eq \f(1,2)？ 解　设∠PAB＝α，连接PB. ∵AB是圆的直径，∴∠APB＝90°. 又AB＝1，∴PA＝cos α， PB＝sin α. ∵PC是圆的切线，∴∠BPC＝α. 又PC＝1， ∴S四边形ABCP＝S△APB＋S△BPC ＝eq \f(1,2)PA·PB＋eq \f(1,2)PB·PC·sin α ＝eq \f(1,2)cos αsin α＋eq \f(1,2)sin2α ＝eq \f(1,4)sin 2α＋eq \f(1,4)(1－cos 2α) ＝eq \f(1,4)(sin 2α－cos 2α)＋eq \f(1,4) ＝eq \f(\r(2),4)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))＋eq \f(1,4)， 由已知，得eq \f(\r(2),4)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))＋eq \f(1,4)＝eq \f(1,2)， ∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)， 又α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))， ∴2α－eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))， ∴2α－eq \f(π,4)＝eq \f(π,4)， ∴α＝eq \f(π,4)，故当点P位于AB的垂直平分线与半圆的交点时，四边形ABCP的面积等于eq \f(1,2). 11．(2022·昆明一中模拟)已知m＝2sin 18°，若m2＋n＝4，则eq \f(1－2cos2153°,m\r(n))等于(　　) A．－eq \f(1,4) B．－eq \f(1,2) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,2) 答案　B 解析　因为m＝2sin 18°，m2＋n＝4， 所以n＝4－m2＝4－4sin218°＝4cos218°， 因此eq \f(1－2cos2153°,m\r(n)) ＝eq \f(－cos 306°,2sin 18°·2cos 18°) ＝eq \f(－cos 54°,2sin 36°) ＝eq \f(－sin 36°,2sin 36°) ＝－eq \f(1,2). 12．(2022·杭州模拟)“－eq \f(π,4)≤θ≤eq \f(π,12)”是“eq \r(3)cos2θ－eq \f(1,2)sin 2θ≥eq \f(1＋\r(3),2)”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 答案　A 解析　由eq \r(3)cos2θ－eq \f(1,2)sin 2θ＝eq \f(\r(3),2)cos 2θ－eq \f(1,2)sin 2θ＋eq \f(\r(3),2)≥eq \f(1＋\r(3),2)， 得coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,6)))≥eq \f(1,2)， 所以－eq \f(π,4)＋kπ≤θ≤eq \f(π,12)＋kπ(k∈Z)， 因此“－eq \f(π,4)≤θ≤eq \f(π,12)”是“eq \r(3)cos2θ－eq \f(1,2)sin 2θ≥eq \f(1＋\r(3),2)”的充分不必要条件． 13．在平面直角坐标系Oxy中，角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边交单位圆O于点P(a，b)，且a＋b＝eq \f(7,5)，则coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))的值是 ． 答案　－eq \f(24,25) 解析　由任意角的三角函数的定义得，sin α＝b， cos α＝a. 又a＋b＝eq \f(7,5)，∴sin α＋cos α＝eq \f(7,5)， 两边平方可得sin2α＋cos2α＋2sin αcos α＝eq \f(49,25)， 即1＋sin 2α＝eq \f(49,25)，∴sin 2α＝eq \f(24,25). ∴coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝－sin 2α＝－eq \f(24,25). 14．已知α，β∈(0，π)，且tan(α－β)＝eq \f(1,2)，tan β＝－eq \f(1,7)，则2α－β的值为 ． 答案　－eq \f(3π,4) 解析　∵tan α＝tan [(α－β)＋β] ＝eq \f(tanα－β＋tan β,1－tanα－βtan β) ＝eq \f(\f(1,2)－\f(1,7),1＋\f(1,2)×\f(1,7))＝eq \f(1,3)>0， 且α∈(0，π)，∴0<α<eq \f(π,2). 又∵tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(2×\f(1,3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2)＝eq \f(3,4)>0， ∴0<2α<eq \f(π,2). ∵tan β＝－eq \f(1,7)<0，β∈(0，π)， ∴eq \f(π,2)<β<π， ∴－π<2α－β<0. ∵tan(2α－β)＝eq \f(tan 2α－tan β,1＋tan 2αtan β)＝eq \f(\f(3,4)＋\f(1,7),1－\f(3,4)×\f(1,7))＝1， ∴2α－β＝－eq \f(3π,4). 15．函数f(x)＝4cos2eq \f(x,2)coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))－2sin x－|ln(x＋1)|的零点个数为 ． 答案　2 解析　因为f(x)＝2(1＋cos x)sin x－2sin x－|ln(x＋1)| ＝sin 2x－|ln(x＋1)|，x>－1， 所以函数f(x)的零点个数为函数y＝sin 2x(x>－1)与 y＝|ln(x＋1)|(x>－1)图象的交点的个数，作出两函数的图象如图，由图知，两函数图象有2个交点，所以函数f(x)有2个零点． 16.如图，有一块以点O为圆心的半圆形空地，要在这块空地上划出一个内接矩形ABCD开辟为绿地，使其一边AD落在半圆的直径上，另两点B，C落在半圆的圆周上．已知半圆的半径长为20 m，如何选择关于点O对称的点A，D的位置，可以使矩形ABCD的面积最大，最大值是多少？ 解　如图，连接OB，设∠AOB＝θ， 则AB＝OBsin θ＝20sin θ，OA＝OBcos θ＝20cos θ，且θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))). 因为A，D关于原点O对称， 所以AD＝2OA＝40cos θ. 设矩形ABCD的面积为S， 则S＝AD·AB＝40cos θ·20sin θ＝400sin 2θ. 因为θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))， 所以当sin 2θ＝1， 即θ＝eq \f(π,4)时，Smax＝400 m2. 此时AO＝DO＝10eq \r(2) m. 故当点A，D到圆心O的距离为10eq \r(2) m时，矩形ABCD的面积最大，其最大面积是400 m2.