(新高考)高考数学一轮复习讲义第4章§4.4简单的三角恒等变换(含详解)

§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 2C.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．2C．－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 2C．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.