(新高考)高考数学一轮复习学案+巩固提升练习4.4《简单的三角恒等变换》(2份打包，原卷版+教师版)

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知识梳理
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)
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＋cs α)＝eq \f(1－cs α,sin α).( √ )
(2)设eq \f(5π,2)<θ<3π，且|cs 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°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).
2．化简eq \r(1＋cs 4)的结果是( )
A．sin 2 B．﹣cs 2 C.eq \r(2)cs 2 D．﹣eq \r(2)cs 2
答案 D
解析 因为eq \r(1＋cs 4)＝eq \r(2cs22)，又cs 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)若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，tan 2α＝eq \f(cs 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,cs 2α)＝eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)，
且tan 2α＝eq \f(cs α,2－sin α)，所以eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)＝eq \f(cs α,2－sin α)，解得sin α＝eq \f(1,4).
因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以cs α＝eq \f(\r(15),4)，tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝eq \f(\r(15),15).
方法二 因为tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(\f(2sin α,cs α),1－\f(sin2α,cs2α))＝eq \f(2sin αcs α,cs2α－sin2α)＝eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)，且tan 2α＝eq \f(cs α,2－sin α)，
所以eq \f(2sin αcs α,1－2sin2α)＝eq \f(cs α,2－sin α)，解得sin α＝eq \f(1,4).因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以cs α＝eq \f(\r(15),4)，tan α＝eq \f(sin α,cs α)＝eq \f(\r(15),15).
(2)化简：eq \f(2cs4x－2cs2x＋\f(1,2),2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))·sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4))))＝ .
答案 eq \f(1,2)cs 2x
解析 原式＝eq \f(2cs2xcs2x－1＋\f(1,2),2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－x))·sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,4))))＝eq \f(\f(1,2)cs22x,cs2x－sin2x)＝eq \f(1,2)cs 2x.
教师备选
1．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．已知0<θ<π，则eq \f(1＋sin θ＋cs θ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(θ,2)－cs \f(θ,2))),\r(2＋2cs θ))＝ .
答案 ﹣cs θ
解析 原式＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2sin \f(θ,2)cs \f(θ,2)＋2cs2\f(θ,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin \f(θ,2)－cs \f(θ,2))),\r(4cs2\f(θ,2)))＝cs eq \f(θ,2)·eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin2\f(θ,2)－cs2\f(θ,2))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs\f(θ,2))))＝eq \f(－cs \f(θ,2)·cs θ,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs \f(θ,2)))).
因为0<θ<π，所以00，所以原式＝﹣cs 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＋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.
(2)化简eq \f(tan27.5°＋1,tan27.5°－7sin27.5°＋cs27.5°)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°＋cs27.5°,sin27.5°－8sin27.5°cs27.5°＋cs27.5°)＝eq \f(1,1－2sin215°)＝eq \f(1,cs 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\c1(\f(sin 10°,cs 10°)－\r(3)))＝sin 40°·eq \f(sin 10°－\r(3)cs 10°,cs 10°)
＝sin 40°·eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)sin 10°－\f(\r(3),2)cs 10°)),cs 10°)＝sin 40°·eq \f(2cs 60°·sin 10°－sin 60°·cs 10°,cs 10°)
＝sin 40°·eq \f(2sin10°－60°,cs 10°)＝sin 40°·eq \f(－2sin 50°,cs 10°)＝eq \f(－2sin 40°·cs 40°,cs 10°)＝eq \f(－sin 80°,cs 10°)＝﹣1.
(2)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).
命题点2 给值求值
例3 (1)若cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))＝eq \f(1,3)，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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 ∵cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))＝eq \f(1,3).∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－α))))＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋α))＝eq \f(1,3)，
∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋2α))＝1﹣2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋α))＝1﹣eq \f(2,9)＝eq \f(7,9).
(2)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,3)))＋eq \r(3)cs α＝eq \f(1,3)，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(α－\f(π,3)))＋eq \r(3)cs α＝eq \f(1,3)，∴sin αcs eq \f(π,3)﹣cs αsin eq \f(π,3)＋eq \r(3)cs α＝eq \f(1,3)，
∴eq \f(1,2)sin α﹣eq \f(\r(3),2)cs α＋eq \r(3)cs α＝eq \f(1,3)，∴eq \f(1,2)sin α＋eq \f(\r(3),2)cs α＝eq \f(1,3)，∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝eq \f(1,3)，
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,6)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＋\f(π,2)))＝cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))﹣1＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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，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sin(2α﹣β)＝eq \f(\r(3),2)，所以2α﹣β＝eq \f(π,3).
教师备选
1.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).
2．已知A，B均为钝角，且sin2eq \f(A,2)＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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)＋cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,3)))＝eq \f(5－\r(15),10)，所以eq \f(1－cs A,2)＋eq \f(1,2)cs 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cs A＝﹣eq \r(1－sin2A)＝﹣eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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cs B＝﹣eq \r(1－sin2B)＝﹣eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(10),10)))2)＝﹣eq \f(3\r(10),10).
所以cs(A＋B)＝cs Acs B﹣sin Asin B＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(5),5)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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\c1(\f(π,2)，π))，所以A＋B∈(π，2π)，所以A＋B＝eq \f(7π,4).
3．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).
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)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).
(2)cs2eq \f(π,12)﹣cs2eq \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cs eq \f(5π,12)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\f(5π,12)))＝sin eq \f(π,12)，所以cs2eq \f(π,12)﹣cs2eq \f(5π,12)＝cs2eq \f(π,12)﹣sin2eq \f(π,12)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)))＝cs eq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2).
(3)已知sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(x＋\f(π,4)))＝eq \f(1－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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 已知函数f(x)＝4cs xcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(0，\f(π,2)))，且f(α)＝eq \f(6,5)，求cs 2α.
解 (1)f(x)＝4cs xcseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))﹣eq \r(3)＝4cs xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)cs x－\f(1,2)sin x))﹣eq \r(3)
＝2eq \r(3)cs2x﹣2sin xcs x﹣eq \r(3)＝eq \r(3)(1＋cs 2x)﹣sin 2x﹣eq \r(3)＝eq \r(3)cs 2x﹣sin 2x＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(kπ－\f(7π,12)，kπ－\f(π,12)))(k∈Z)．
(2)由于α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，且f(α)＝eq \f(6,5)，而f(α)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,6)))＝eq \f(6,5)，所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(2α＋\f(π,6)))＝eq \f(4,5)，
则cs 2α＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,6)))cs eq \f(π,6)＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\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)，
cs 2θ＝cs2θ﹣sin2θ＝eq \f(16,25)﹣eq \f(9,25)＝eq \f(7,25)，
所以f eq \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).
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＋bcs 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 已知向量a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(x,2)＋sin \f(x,2)，2sin \f(x,2)))，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(x,2)－sin \f(x,2)，\r(3)cs \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，cs(α＋β)＝eq \f(12,13)，f(β)＝eq \f(6,5)，求f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))的值．
解 (1)f(x)＝cs2eq \f(x,2)﹣sin2eq \f(x,2)＋2eq \r(3)sin eq \f(x,2)cs eq \f(x,2)＝cs x＋eq \r(3)sin x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x＝\f(π,3)＋2kπ，k∈Z)))).
(2)由α，β为锐角，cs(α＋β)＝eq \f(12,13)，得sin(α＋β)＝eq \f(5,13)，
∵0<β∴eq \f(π,6)<β＋eq \f(π,6)∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(α＋β－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,6)))))＝cs(α＋β)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,6)))＋sin(α＋β)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,6)))＝eq \f(63,65)，
∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,3)))＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋α－\f(π,6)))＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,6)))＝eq \f(126,65).
课时精练
1．已知tan α＝3，则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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 cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,2)))＝﹣sin 2α＝﹣2sin αcs α＝eq \f(－2sin αcs α,cs2α＋sin2α)＝eq \f(－2tan α,1＋tan2α)＝eq \f(－2×3,1＋32)＝﹣eq \f(3,5).
2．已知θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，tan θ＝eq \r(2)，则cs 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 cs 2θ＝cs2θ﹣sin2θ＝eq \f(cs2θ－sin2θ,cs2θ＋sin2θ)＝eq \f(1－tan2θ,1＋tan2θ)＝﹣eq \f(1,3).
3．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°,cs 67.5°)﹣eq \f(1,\f(sin 67.5°,cs 67.5°))＝eq \f(sin 67.5°,cs 67.5°)﹣eq \f(cs 67.5°,sin 67.5°)＝eq \f(sin267.5°－cs267.5°,sin 67.5°cs 67.5°)＝2.
4．若cs(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cs(30°﹣α)﹣sin α＝eq \f(1,3)，得eq \f(\r(3),2)cs α﹣eq \f(1,2)sin α＝eq \f(1,3)，即cs(30°＋α)＝eq \f(1,3)，
所以sin(30°﹣2α)＝cs(60°＋2α)＝2cs2(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＋cs 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＋cs 2x)(1﹣cs 2x)＝eq \f(1,4)(1﹣cs22x)＝eq \f(1,4)sin22x＝eq \f(1,8)(1﹣cs 4x)，
∴f(﹣x)＝eq \f(1,8)[1﹣cs 4(﹣x)]＝eq \f(1,8)(1﹣cs 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．cs2eq \f(π,12)﹣sin2eq \f(π,12) B.eq \f(tan 22.5°,1－tan222.5°)
C．2sin 195°cs 195° D.eq \r(\f(1＋cs\f(π,6),2))
答案 BC
解析 cs2eq \f(π,12)﹣sin2eq \f(π,12)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)))＝cs 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°cs 195°＝2sin(180°＋15°)cs(180°＋15°)＝2sin 15°cs 15°＝sin 30°＝eq \f(1,2)，故C正确；
eq \r(\f(1＋cs \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°,2cs212°－1sin 12°)＝ .
答案 8
解析 原式＝eq \f(\r(3)－\f(sin 12°,cs 12°),cs 24°sin 12°)＝eq \f(\r(3)cs 12°－sin 12°,cs 24°sin 12°cs 12°)＝eq \f(2sin60°－12°,\f(1,4)sin 48°)＝eq \f(2sin 48°,\f(1,4)sin 48°)＝8.
8．若cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(3,5)，则sin 2α＝ .
答案 ﹣eq \f(7,25)
解析 方法一 ∵cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(3,5)，∴sin 2α＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－2α))＝cs 2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝2cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))﹣1＝2×eq \f(9,25)﹣1＝﹣eq \f(7,25).
方法二 ∵cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝eq \f(\r(2),2)(sin α＋cs 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．已知函数f(x)＝2cs2x＋2eq \r(3)sin x·cs x.
(1)求f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))的值；
(2)若f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)))＝eq \f(11,5)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，求cs α的值．
解 (1)因为f(x)＝2cs2x＋2eq \r(3)sin xcs x＝1＋cs 2x＋eq \r(3)sin 2x＝1＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝1＋2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(\f(α,2)))＝eq \f(11,5)，α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(3,5)，cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))＝eq \f(4,5)，
所以cs α＝cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,6)))cs eq \f(π,6)＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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＝cs 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)cs αsin α＋eq \f(1,2)sin2α
＝eq \f(1,4)sin 2α＋eq \f(1,4)(1﹣cs 2α)＝eq \f(1,4)(sin 2α﹣cs 2α)＋eq \f(1,4)＝eq \f(\r(2),4)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,4)))＋eq \f(1,4)，
由已知，得eq \f(\r(2),4)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,4)))＋eq \f(1,4)＝eq \f(1,2)，∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,4)))＝eq \f(\r(2),2)，
又α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴2α﹣eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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．已知m＝2sin 18°，若m2＋n＝4，则eq \f(1－2cs2153°,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°＝4cs218°，
因此eq \f(1－2cs2153°,m\r(n))＝eq \f(－cs 306°,2sin 18°·2cs 18°)＝eq \f(－cs 54°,2sin 36°)＝eq \f(－sin 36°,2sin 36°)＝﹣eq \f(1,2).
12．“﹣eq \f(π,4)≤θ≤eq \f(π,12)”是“eq \r(3)cs2θ﹣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)cs2θ﹣eq \f(1,2)sin 2θ＝eq \f(\r(3),2)cs 2θ﹣eq \f(1,2)sin 2θ＋eq \f(\r(3),2)≥eq \f(1＋\r(3),2)，得cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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)cs2θ﹣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).
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<α0，∴0<2α∵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)＝1，∴2α﹣β＝﹣eq \f(3π,4).
15．函数f(x)＝4cs2eq \f(x,2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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＋cs 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＝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.