北师大版高考数学一轮复习第四章 §4.3　第2课时　三角恒等变形试卷

这是一份北师大版高考数学一轮复习第四章 §4.3　第2课时　三角恒等变形试卷，共17页。试卷主要包含了二倍角的正弦、余弦、正切公式，常用的部分三角公式，计算等内容，欢迎下载使用。

1．二倍角的正弦、余弦、正切公式
(1)公式S2α：sin 2α＝2sin αcs α.
(2)公式C2α：cs 2α＝cs2α－sin2α＝2cs2α－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－cs α＝2sin2eq \f(α,2),1＋cs α＝2cs2eq \f(α,2).(升幂公式)
(2)1±sin α＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(α,2)±cs \f(α,2)))2.(升幂公式)
(3)sin2α＝eq \f(1－cs 2α,2)，cs2α＝eq \f(1＋cs 2α,2)，tan2α＝eq \f(1－cs 2α,1＋cs 2α).(降幂公式)
(4)asin α＋bcs α＝eq \r(a2＋b2)sin(α＋φ)，其中sin φ＝eq \f(b,\r(a2＋b2))，cs φ＝eq \f(a,\r(a2＋b2)).(辅助角公式)
微思考
1．思考三角恒等变形的基本技巧．
提示 (1)变换函数名称：使用诱导公式．
(2)升幂、降幂：使用倍角公式．
(3)常数代换：如1＝sin2α＋cs2α＝tan eq \f(π,4).
(4)变换角：使用角的代数变换、各类三角函数公式．
2．进行化简求值时一般要遵循什么原则？
提示 异名化同名、异次化同次、异角化同角、弦切互化等．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)(2020·全国Ⅱ改编)若α为第四象限角，则sin 2α>0.( × )
(2)任意α∈R，1＋sin α＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(α,2)＋cs \f(α,2)))2.( √ )
(3)任意α∈R，2cs2α＋cs 2α－1＝0.( × )
(4)存在α∈R，tan 2α＝2tan α.( √ )
题组二 教材改编
2．sin 15°cs 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°cs 15°＝eq \f(1,2)sin 30°＝eq \f(1,4).
3．已知sin α－cs α＝eq \f(1,5)，0≤α≤π，则cs 2α等于( )
A．－eq \f(24,25) B.eq \f(24,25) C．－eq \f(7,25) D.eq \f(7,25)
答案 C
解析 ∵sin α－cs α＝eq \f(1,5)，sin2α＋cs2α＝1,0≤α≤π，
∴sin α＝eq \f(4,5)，∴cs 2α＝1－2sin2α＝1－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))2＝－eq \f(7,25).
4．已知sin 2α＝eq \f(2,3)，则cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝ .
答案 eq \f(1,6)
解析 方法一 cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2)))))＝eq \f(1,2)(1－sin 2α)＝eq \f(1,6).
方法二 cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)cs α－eq \f(\r(2),2)sin α，
所以cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(1,2)(cs α－sin α)2
＝eq \f(1,2)(1－2sin αcs α)＝eq \f(1,2)(1－sin 2α)＝eq \f(1,6).
题组三 易错自纠
5．计算：eq \f(4tan \f(π,12),3tan2\f(π,12)－3)等于( )
A.eq \f(2\r(3),3) B．－eq \f(2\r(3),3) C.eq \f(2\r(3),9) D．－eq \f(2\r(3),9)
答案 D
解析 原式＝－eq \f(2,3)·eq \f(2tan \f(π,12),1－tan2\f(π,12))＝－eq \f(2,3)tan eq \f(π,6)＝－eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),3)＝－eq \f(2\r(3),9).
6．(2020·泸州模拟)若tan α＝eq \f(1,2)，则cs 2α等于( )
A．－eq \f(4,5) B．－eq \f(3,5) C.eq \f(4,5) D.eq \f(3,5)
答案 D
解析 ∵tan α＝eq \f(1,2)，
∴cs 2α＝eq \f(cs2α－sin2α,cs2α＋sin2α)＝eq \f(1－tan2α,1＋tan2α)＝eq \f(1－\f(1,4),1＋\f(1,4))＝eq \f(3,5).
题型一 三角函数式的化简
1．(2020·全国Ⅰ)已知α∈(0，π)，且3cs 2α－8cs 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3cs 2α－8cs α＝5，
得3(2cs2α－1)－8cs α＝5，
即3cs2α－4cs α－4＝0，
解得cs α＝－eq \f(2,3)或cs α＝2(舍去)．
又因为α∈(0，π)，所以sin α>0，
所以sin α＝eq \r(1－cs2α)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))2)＝eq \f(\r(5),3).
2．(2020·江苏改编)已知sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))＝eq \f(2,3)，则sin 2α的值是( )
A．－eq \f(1,3) B.eq \f(1,3) C．－eq \f(2,3) D.eq \f(2,3)
答案 B
解析 ∵sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋α))＝eq \f(2,3)，
∴eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋2α)),2)＝eq \f(2,3)，
即eq \f(1＋sin 2α,2)＝eq \f(2,3)，
∴sin 2α＝eq \f(1,3).
3．(2019·全国Ⅱ)已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，2sin 2α＝cs 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＝cs 2α＋1，得4sin αcs α＝1－2sin2α＋1，即2sin αcs α＝1－sin2α.因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以cs α＝eq \r(1－sin2α)，所以2sin αeq \r(1－sin2α)＝1－sin2α，解得sin α＝eq \f(\r(5),5)，故选B.
4．2eq \r(1＋sin 4)＋eq \r(2＋2cs 4)等于( )
A．2cs 2 B．2sin 2
C．4sin 2＋2cs 2 D．2sin 2＋4cs 2
答案 B
解析 2eq \r(1＋sin 4)＋eq \r(2＋2cs 4)
＝2eq \r(sin22＋2sin 2cs 2＋cs22)＋eq \r(2＋22cs22－1)
＝2eq \r(sin 2＋cs 22)＋eq \r(4cs22)
＝2|sin 2＋cs 2|＋2|cs 2|.
∵eq \f(π,2)<2<π，∴cs 2<0，
∵sin 2＋cs 2＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(π,4)))，0<2＋eq \f(π,4)<π，
∴sin 2＋cs 2>0，
∴原式＝2(sin 2＋cs 2)－2cs 2＝2sin 2.
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．
题型二 三角函数的求值
命题点1 给角求值
例1 (1)cs 20°·cs 40°·cs 100°＝ .
答案 －eq \f(1,8)
解析 cs 20°·cs 40°·cs 100°
＝－cs 20°·cs 40°·cs 80°
＝－eq \f(sin 20°·cs 20°·cs 40°·cs 80°,sin 20°)
＝－eq \f(\f(1,2)sin 40°·cs 40°·cs 80°,sin 20°)
＝－eq \f(\f(1,4)sin 80°·cs 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).
(2)eq \f(cs 40°,cs 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(cs220°－sin220°,cs 25°cs 20°－sin 20°)
＝eq \f(cs 20°＋sin 20°,cs 25°)＝eq \f(\r(2)cs 25°,cs 25°)＝eq \r(2).
命题点2 给值求值
例2 (1)已知cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(10),10)，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ－\f(π,3)))＝ .
答案 eq \f(4－3\r(3),10)
解析 由题意可得cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(1＋cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,2))),2)＝eq \f(1,10)，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,2)))＝－sin 2θ＝－eq \f(4,5)，即sin 2θ＝eq \f(4,5).
因为cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(10),10)>0，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以0<θ根据同角三角函数基本关系式，可得cs 2θ＝eq \f(3,5)，
由两角差的正弦公式，可得
sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ－\f(π,3)))＝sin 2θcs eq \f(π,3)－cs 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).
(2)若tan α＋eq \f(1,tan α)＝eq \f(10,3)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))＋eq \r(2)cs2α的值为 ．
答案 0
解析 ∵tan α＋eq \f(1,tan α)＝eq \f(10,3)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，
∴tan α＝3或tan α＝eq \f(1,3)(舍)，
则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,4)))＋eq \r(2)cs2α，
＝sin 2αcs eq \f(π,4)＋cs 2αsin eq \f(π,4)＋eq \r(2)·eq \f(1＋cs 2α,2)
＝eq \f(\r(2),2)sin 2α＋eq \r(2)cs 2α＋eq \f(\r(2),2)
＝eq \f(\r(2),2)(2sin αcs α)＋eq \r(2)(cs2α－sin2α)＋eq \f(\r(2),2)
＝eq \f(\r(2),2)·eq \f(2sin αcs α,sin2α＋cs2α)＋eq \r(2)·eq \f(cs2α－sin2α,sin2α＋cs2α)＋eq \f(\r(2),2)
＝eq \f(\r(2),2)·eq \f(2tan α,tan2α＋1)＋eq \r(2)·eq \f(1－tan2α,tan2α＋1)＋eq \f(\r(2),2)
＝eq \f(\r(2),2)×eq \f(6,9＋1)＋eq \r(2)×eq \f(1－9,1＋9)＋eq \f(\r(2),2)
＝0.
命题点3 给值求角
例3 已知α，β均为锐角，cs α＝eq \f(2\r(7),7)，sin β＝eq \f(3\r(3),14)，则cs 2α＝ ，2α－β＝ .
答案 eq \f(1,7) eq \f(π,3)
解析 因为cs α＝eq \f(2\r(7),7)，所以cs 2α＝2cs2α－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)，cs β＝eq \f(13,14)，
因此sin 2α＝2sin αcs α＝eq \f(4\r(3),7)，
所以sin(2α－β)＝sin 2αcs β－cs 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cs 2α>0，所以0<2α又β为锐角，所以－eq \f(π,2)<2α－β又sin(2α－β)＝eq \f(\r(3),2)，所以2α－β＝eq \f(π,3).
思维升华 (1)给角求值与给值求值问题的关键在“变角”，通过角之间的联系寻找转化方法．
(2)给值求角问题：先求角的某一三角函数值，再根据角的范围确定角．
跟踪训练1 (1)cs275°＋cs215°＋cs 75°cs 15°的值等于( )
A.eq \f(\r(6),2) B.eq \f(3,2) C.eq \f(5,4) D．1＋eq \f(\r(3),4)
答案 C
解析 原式＝sin215°＋cs215°＋sin 15°cs 15°
＝1＋eq \f(1,2)sin 30°＝1＋eq \f(1,4)＝eq \f(5,4).
(2)已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，且2sin2α－sin α·cs α－3cs2α＝0，则eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4))),sin 2α＋cs 2α＋1)＝ .
答案 eq \f(\r(26),8)
解析 ∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，且2sin2α－sin α·cs α－3cs2α＝0，
则(2sin α－3cs α)·(sin α＋cs α)＝0，
又∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，sin α＋cs α>0，
∴2sin α＝3cs α，又sin2α＋cs2α＝1，
∴cs α＝eq \f(2,\r(13))，sin α＝eq \f(3,\r(13))，
∴eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4))),sin 2α＋cs 2α＋1)＝eq \f(\f(\r(2),2)sin α＋cs α,sin α＋cs α2＋cs2α－sin2α)
＝eq \f(\r(2),4cs α)＝eq \f(\r(26),8).
(3)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，
∴0<α又∵tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(2×\f(1,3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2)＝eq \f(3,4)>0，
∴0<2α∴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.
∵tan β＝－eq \f(1,7)<0，∴eq \f(π,2)<β<π，－π<2α－β<0，
∴2α－β＝－eq \f(3π,4).
题型三 三角恒等变形的综合应用
例4 已知函数f(x)＝(2cs2x－1)sin 2x＋eq \f(1,2)cs 4x.
(1)求函数f(x)的最小正周期及递减区间；
(2)若α∈(0，π)，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,4)－\f(π,8)))＝eq \f(\r(2),2)，求taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))的值．
解 (1)因为f(x)＝(2cs2x－1)sin 2x＋eq \f(1,2)cs 4x
＝cs 2xsin 2x＋eq \f(1,2)cs 4x＝eq \f(1,2)(sin 4x＋cs 4x)
＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,4)))，
所以函数f(x)的最小正周期T＝eq \f(π,2).
令2kπ＋eq \f(π,2)≤4x＋eq \f(π,4)≤2kπ＋eq \f(3π,2)，k∈Z，
得eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,16)≤x≤eq \f(kπ,2)＋eq \f(5π,16)，k∈Z.
所以函数f(x)的递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)＋\f(π,16)，\f(kπ,2)＋\f(5π,16)))，k∈Z.
(2)因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,4)－\f(π,8)))＝eq \f(\r(2),2)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝1.
又α∈(0，π)，所以－eq \f(π,4)<α－eq \f(π,4)故α＝eq \f(3π,4)，
因此taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＝eq \f(tan \f(3π,4)＋tan \f(π,3),1－tan \f(3π,4)tan \f(π,3))＝eq \f(－1＋\r(3),1＋\r(3))＝2－eq \r(3).
思维升华 三角恒等变形的综合应用主要是将三角变形与三角函数的性质相结合，通过变换把函数化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋b的形式再研究其性质，解题时注意观察角、函数名、结构等特征，注意利用整体思想解决相关问题．
跟踪训练2 已知函数f(x)＝eq \f(\r(2),4)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))＋eq \f(\r(6),4)·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x)).
(1)求函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,2)))上的最值；
(2)若cs θ＝eq \f(4,5)，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))，求f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(\f(π,4)－x))＋eq \f(\r(6),4)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))
＝eq \f(\r(2),2)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))＋\f(\r(3),2)cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))))
＝－eq \f(\r(2),2)·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(7π,12))).
因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,2)))，所以x－eq \f(7π,12)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)，\f(11π,12)))，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(7π,12)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1))，
所以－eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(7π,12)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(6),4)))，即函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\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cs θ＝eq \f(4,5)，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))，
所以sin θ＝－eq \f(3,5)，所以sin 2θ＝2sin θcs θ＝－eq \f(24,25)，
所以cs 2θ＝cs2θ－sin2θ＝eq \f(16,25)－eq \f(9,25)＝eq \f(7,25)，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,3)))＝－eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,3)－\f(7π,12)))
＝－eq \f(\r(2),2)·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ－\f(π,4)))＝－eq \f(1,2)(sin 2θ－cs 2θ)
＝eq \f(1,2)(cs 2θ－sin 2θ)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,25)＋\f(24,25)))＝eq \f(31,50).
求证：sin α＝eq \f(2tan \f(α,2),1＋tan2\f(α,2))，cs α＝eq \f(1－tan2\f(α,2),1＋tan2\f(α,2))，tan α＝eq \f(2tan \f(α,2),1－tan2\f(α,2)).
证明：(1)sin α＝eq \f(sin α,1)＝eq \f(2sin \f(α,2)cs \f(α,2),sin2\f(α,2)＋cs2\f(α,2))＝eq \f(2tan \f(α,2),1＋tan2\f(α,2)).
(2)cs α＝eq \f(cs α,1)＝eq \f(cs2\f(α,2)－sin2\f(α,2),sin2\f(α,2)＋cs2\f(α,2))＝eq \f(1－tan2\f(α,2),1＋tan2\f(α,2)).
(3)tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝eq \f(2sin \f(α,2)cs \f(α,2),cs2\f(α,2)－sin2\f(α,2))＝eq \f(2tan \f(α,2),1－tan2\f(α,2)).
注意：(1)上述三个公式统称为万能公式．
(2)上述公式左右两边定义域发生了变化，由左向右定义域缩小了．
例1 已知eq \f(2sin θ＋cs θ,sin θ－3cs θ)＝－5，求3cs 2θ＋4sin 2θ的值．
解 ∵eq \f(2sin θ＋cs θ,sin θ－3cs θ)＝－5，
∴cs θ≠0(否则2＝－5)
∴eq \f(2tan θ＋1,tan θ－3)＝－5，
解得tan θ＝2.
∴原式＝eq \f(31－tan2θ,1＋tan2θ)＋eq \f(4×2tan θ,1＋tan2θ)＝eq \f(31－22,1＋22)＋eq \f(4×2×2,1＋22)＝eq \f(7,5).
例2 已知sin α－cs α＝eq \f(1,2)，π<α<2π，求tan eq \f(α,2)和tan α的值．
解 ∵sin α－cs α＝eq \f(1,2)，
∴eq \f(2tan \f(α,2),1＋tan2\f(α,2))－eq \f(1－tan2\f(α,2),1＋tan2\f(α,2))＝eq \f(1,2)，
化简得tan2eq \f(α,2)＋4tan eq \f(α,2)－3＝0.
∴tan eq \f(α,2)＝eq \f(－4±\r(16＋12),2)＝－2±eq \r(7)，
∵π<α<2π，
∴eq \f(π,2)∴tan eq \f(α,2)<0，即tan eq \f(α,2)＝－2－eq \r(7)，
tan α＝eq \f(2tan \f(α,2),1－tan2\f(α,2))＝eq \f(2(－2－\r(7)),1－(－2－\r(7))2)＝eq \f(－4－2\r(7),－10－4\r(7))＝eq \f(2＋\r(7),5＋2\r(7))＝eq \f(4－\r(7),3).
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1．已知sin α－cs α＝eq \f(4,3)，则sin 2α等于( )
A．－eq \f(7,9) B．－eq \f(2,9) C.eq \f(2,9) D.eq \f(7,9)
答案 A
解析 ∵(sin α－cs α)2＝1－2sin αcs α＝1－sin 2α，
∴sin 2α＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))2＝－eq \f(7,9).
2．已知α，β为锐角，tan α＝eq \f(4,3)，则cs 2α等于( )
A.eq \f(7,25) B．－eq \f(7,25) C.eq \f(24,25) D．－eq \f(24,25)
答案 B
解析 ∵tan α＝eq \f(4,3)，tan α＝eq \f(sin α,cs α)，
∴sin α＝eq \f(4,3)cs α，
∵sin2α＋cs2α＝1，
∴cs2α＝eq \f(9,25)，
∴cs 2α＝2cs2α－1＝－eq \f(7,25).
3．计算：eq \f(1－cs210°,cs 80°\r(1－cs 20°))等于( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(1,2) C.eq \f(\r(3),2) D．－eq \f(\r(2),2)
答案 A
解析 eq \f(1－cs210°,cs 80°\r(1－cs 20°))＝eq \f(sin210°,sin 10°\r(1－1－2sin210°))
＝eq \f(sin210°,\r(2)sin210°)＝eq \f(\r(2),2).
4．若sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))＝eq \f(1,4)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋2α)) 等于( )
A．－eq \f(7,8) B．－eq \f(1,4) C.eq \f(1,4) D.eq \f(7,8)
答案 A
解析 cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋2α))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－2α))))
＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－2α))＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－α))))
＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))2))＝－eq \f(7,8).
5．(2020·宁德模拟)已知θ∈(0，π)，2sin 2θ＝cs 2θ－1，则cs θ等于( )
A.eq \f(2\r(5),5) B.eq \f(\r(5),5) C．－eq \f(2\r(5),5) D．－eq \f(\r(5),5)
答案 D
解析 ∵θ∈(0，π)，2sin 2θ＝cs 2θ－1，
∴4sin θcs θ＝1－2sin2θ－1，
可得2sin θcs θ＝－sin2θ，
∵sin θ>0，
∴sin θ＝－2cs θ，cs θ<0，
∴sin2θ＋cs2θ＝4cs2θ＋cs2θ＝5cs2θ＝1，
可得cs2θ＝eq \f(1,5)，
∴cs θ＝－eq \f(\r(5),5).
6．(2020·三门峡模拟)已知sin 2α＝eq \f(24,25)，0<αA.eq \f(1,5) B．－eq \f(1,5) C．±eq \f(7,5) D.eq \f(7,5)
答案 D
解析 cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(1＋cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2α)),2)＝eq \f(1＋sin 2α,2)＝eq \f(49,50)，
因为0<α所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(7\r(2),10)，
则eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \r(2)×eq \f(7\r(2),10)＝eq \f(7,5).
7．若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，sin α＝eq \f(3\r(10),10)，则tan 2α＝ .
答案 eq \f(3,4)
解析 ∵α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，sin α＝eq \f(3\r(10),10)，
∴cs α＝－eq \r(1－sin2α)＝－eq \f(\r(10),10)，
∴tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝－3，
∴tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(－2×3,1－－32)＝eq \f(3,4).
8．已知sin α＝cs 2α，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，则tan α＝ .
答案 －eq \f(\r(3),3)
解析 ∵sin α＝cs 2α＝1－2sin2α，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，
∴sin α＝eq \f(1,2)或sin α＝－1(舍去)，
∴α＝eq \f(5π,6)，则tan α＝tan eq \f(5π,6)＝－tan eq \f(π,6)＝－eq \f(\r(3),3).
9．(2020·淄博模拟)已知taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)＋θ))＝3，则sin 2θ－2cs2θ＝ .
答案 －eq \f(4,5)
解析 ∵taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＝3，
∴tan θ＝taneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))－\f(π,4)))＝eq \f(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))－tan \f(π,4),1＋tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))tan \f(π,4))＝eq \f(3－1,1＋3)＝eq \f(1,2)，
∴sin 2θ－2cs2θ＝eq \f(2sin θcs θ－2cs2θ,sin2θ＋cs2θ)＝eq \f(2tan θ－2,tan2θ＋1)＝eq \f(1－2,\f(1,4)＋1)＝－eq \f(4,5).
10.eq \f(\r(3)tan 12°－3,4cs212°－2sin 12°)＝ .
答案 －4eq \r(3)
解析 原式＝eq \f(\f(\r(3)sin 12°,cs 12°)－3,22cs212°－1sin 12°)
＝eq \f(\f(2\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin 12°－\f(\r(3),2)cs 12°)),cs 12°),2cs 24°sin 12°)
＝eq \f(2\r(3)sin－48°,2cs 24°sin 12°cs 12°)＝eq \f(－2\r(3)sin 48°,sin 24°cs 24°)
＝eq \f(－2\r(3)sin 48°,\f(1,2)sin 48°)＝－4eq \r(3).
11．已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),10)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)).求：
(1)cs α的值；
(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,4)))的值．
解 (1)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),10)，
即sin αcs eq \f(π,4)＋cs αsin eq \f(π,4)＝eq \f(\r(2),10)，
化简得sin α＋cs α＝eq \f(1,5)，①
又sin2α＋cs2α＝1，②
由①②解得cs α＝－eq \f(3,5)或cs α＝eq \f(4,5)，
因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)).所以cs α＝－eq \f(3,5).
(2)因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，cs α＝－eq \f(3,5)，
所以sin α＝eq \f(4,5)，
则cs 2α＝1－2sin2α＝－eq \f(7,25)，sin 2α＝2sin αcs α＝－eq \f(24,25)，
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,4)))＝sin 2αcs eq \f(π,4)－cs 2αsin eq \f(π,4)＝－eq \f(17\r(2),50).
12．已知α，β为锐角，tan eq \f(α,2)＝eq \f(1,2)，cs(α＋β)＝－eq \f(\r(5),5).
(1)求cs 2α的值；
(2)求tan(α－β)的值．
解 (1)∵tan eq \f(α,2)＝eq \f(1,2)，
∴tan α＝eq \f(2tan \f(α,2),1－tan2\f(α,2))＝eq \f(2×\f(1,2),1－\f(1,4))＝eq \f(4,3).
又α为锐角，且sin2α＋cs2α＝1，tan α＝eq \f(sin α,cs α)，
∴sin α＝eq \f(4,5)，cs α＝eq \f(3,5)，
∴cs 2α＝cs2α－sin2α＝－eq \f(7,25).
(2)由(1)得，sin 2α＝2sin αcs α＝eq \f(24,25)，
则tan 2α＝eq \f(sin 2α,cs 2α)＝－eq \f(24,7).
∵α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴α＋β∈(0，π)．
又cs(α＋β)＝－eq \f(\r(5),5)，
∴sin(α＋β)＝eq \r(1－cs2α＋β)＝eq \f(2\r(5),5)，
则tan(α＋β)＝eq \f(sinα＋β,csα＋β)＝－2，
∴tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)]＝eq \f(tan 2α－tanα＋β,1＋tan 2αtanα＋β)
＝－eq \f(2,11).
13．设θ∈R，则“0<θ1”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
答案 A
解析 eq \r(3)sin θ＋cs 2θ>1⇔eq \r(3)sin θ>1－cs 2θ＝2sin2θ⇔(2sin θ－eq \r(3))sin θ<0⇔01的充分不必要条件．故选A.
14．在平面直角坐标系xOy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cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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，cs α＝a.
又a＋b＝eq \f(7,5)，∴sin α＋cs α＝eq \f(7,5)，
两边平方可得sin2α＋cs2α＋2sin αcs α＝eq \f(49,25)，
即1＋sin 2α＝eq \f(49,25)，∴sin 2α＝eq \f(24,25).
∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2)))＝－sin 2α＝－eq \f(24,25).
15．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割约为0.618，这一数值也可以表示为m＝2sin 18°，若m2＋n＝4，则eq \f(m\r(n),2cs227°－1)等于( )
A．8 B．4 C．2 D．1
答案 C
解析 因为m＝2sin 18°，m2＋n＝4，所以n＝4－m2＝4－4sin218°＝4cs218°.
所以eq \f(m\r(n),2cs227°－1)＝eq \f(2sin 18°\r(4cs218°),2cs227°－1)＝eq \f(4sin 18°cs 18°,2cs227°－1)
＝eq \f(2sin 36°,cs 54°)＝eq \f(2sin 36°,sin 36°)＝2.
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 连接OB(图略)，设∠AOB＝θ，
则AB＝OBsin θ＝20sin θ，OA＝OBcs θ＝20cs θ，且θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
因为A，D关于原点O对称，
所以AD＝2OA＝40cs θ.
设矩形ABCD的面积为S，
则S＝AD·AB＝40cs θ·20sin θ＝400sin 2θ.
因为θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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.