2018-2019數(shù)學(xué)新學(xué)案同步必修四人教B版全國通用版講義：第三章 三角恒等變換3.2.1

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精§3.2倍角公式和半角公式3．2.1倍角公式學(xué)習(xí)目標(biāo)1.會從兩角和的正弦、余弦、正切公式推導(dǎo)出二倍角的正弦、余弦、正切公式。2。能熟練運用二倍角的公式進行簡單的恒等變換并能靈活地將公式變形運用．知識點一二倍角公式的推導(dǎo)思考1二倍角的正弦、余弦、正切公式就是用α的三角函數(shù)表示2α的三角函數(shù)的公式．根據(jù)前面學(xué)過的兩角和與差的正弦、余弦、正切公式，你能推導(dǎo)出二倍角的正弦、余弦、正切公式嗎？答案sin2α＝sin（α＋α)＝sinαcosα＋cosαsinα＝2sinαcosα;cos2α＝cos(α＋α)＝cosαcosα－sinαsinα＝cos2α－sin2α;tan2α＝tan（α＋α）＝eq\f（2tanα，1－tan2α）。思考2根據(jù)同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式sin2α＋cos2α＝1，你能否只用sinα或cosα表示cos2α？答案cos2α＝cos2α－sin2α＝cos2α－(1－cos2α）＝2cos2α－1；或cos2α＝cos2α－sin2α＝（1－sin2α）－sin2α＝1－2sin2α。梳理二倍角的正弦、余弦、正切公式sin2α＝2sinαcosα, （S2α)cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α， （C2α)tan2α＝eq\f（2tanα,1－tan2α). （T2α)知識點二二倍角公式的變形（1)公式的逆用2sinαcosα＝sin2α,sinαcosα＝eq\f（1,2）sin2α，cos2α－sin2α＝cos2α，eq\f(2tanα，1－tan2α)＝tan2α。（2)二倍角公式的重要變形——升冪公式和降冪公式升冪公式1＋cos2α＝2cos2α,1－cos2α＝2sin2α，1＋cosα＝2cos2eq\f(α,2），1－cosα＝2sin2eq\f（α，2）。降冪公式cos2α＝eq\f（1＋cos2α,2），sin2α＝eq\f（1－cos2α，2）.1．sinα＝2sineq\f(α，2）coseq\f（α，2).（√)2．cos4α＝cos22α－sin22α.（√）3．對任意角α,tan2α＝eq\f（2tanα,1－tan2α）.(×）提示公式中所含各角應(yīng)使三角函數(shù)有意義．如α＝eq\f（π，4)及α＝eq\f（π,2)，上式均無意義。類型一給角求值例1求下列各式的值．(1）cos72°cos36°；(2）eq\f（1,3）－eq\f(2，3)cos215°；（3）eq\f(1－tan275°，tan75°)；(4)eq\f(1，sin10°)－eq\f（\r（3)，cos10°)。解(1)cos36°cos72°＝eq\f（2sin36°cos36°cos72°,2sin36°）＝eq\f(2sin72°cos72°,4sin36°）＝eq\f（sin144°,4sin36°)＝eq\f(1,4).(2)eq\f（1,3)－eq\f(2，3)cos215°＝－eq\f（1,3）(2cos215°－1）＝－eq\f（1,3）cos30°＝－eq\f（\r（3），6）。（3)eq\f（1－tan275°，tan75°）＝2·eq\f(1－tan275°,2tan75°)＝2·eq\f(1，tan150°）＝－2eq\r（3).（4)eq\f（1，sin10°）－eq\f（\r(3)，cos10°)＝eq\f(cos10°－\r(3)sin10°，sin10°cos10°）＝eq\f(2\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，2)cos10°－\f(\r(3）,2)sin10°））,sin10°cos10°）＝eq\f（4sin30°cos10°－cos30°sin10°,2sin10°cos10°)＝eq\f（4sin20°，sin20°）＝4.反思與感悟?qū)τ诮o角求值問題,一般有兩類:（1)直接正用、逆用二倍角公式，結(jié)合誘導(dǎo)公式和同角三角函數(shù)的基本關(guān)系對已知式子進行轉(zhuǎn)化，一般可以化為特殊角．（2）若形式為幾個非特殊角的三角函數(shù)式相乘，則一般逆用二倍角的正弦公式，在求解過程中，需利用互余關(guān)系配湊出應(yīng)用二倍角公式的條件，使得問題出現(xiàn)可以連用二倍角的正弦公式的形式．跟蹤訓(xùn)練1求下列各式的值:（1）coseq\f(2π,7）coseq\f(4π,7)coseq\f(6π，7);(2）eq\f(1，sin50°）＋eq\f(\r（3），cos50°）。解（1)原式＝eq\f（2sin\f（2π,7）cos\f（2π，7)cos\f(4π,7）cos\f(6π,7)，2sin\f(2π,7）)＝eq\f（sin\f(4π，7)cos\f(4π,7）cos\f（6π，7）,2sin\f(2π，7）)＝eq\f（sin\f(8π，7)cos\f(6π,7)，4sin\f（2π,7））＝eq\f(sin\f（π，7)cos\f(π,7），4sin\f（2π，7）)＝eq\f（sin\f(2π，7）,8sin\f（2π,7）)＝eq\f(1，8）。（2)原式＝eq\f（cos50°＋\r（3)sin50°，sin50°cos50°)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos50°＋\f(\r（3），2)sin50°）),\f(1，2)×2sin50°cos50°)＝eq\f(2sin80°,\f(1，2)sin100°)＝eq\f(2sin80°，\f(1,2)sin80°)＝4.類型二給值求值例2（1）若sinα－cosα＝eq\f(1，3），則sin2α＝________.答案eq\f（8，9）解析（sinα－cosα)2＝sin2α＋cos2α－2sinαcosα＝1－sin2α＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，3））)2?sin2α＝1－eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，3）））2＝eq\f（8，9）。

(2)若tanα＝eq\f（3，4)，則cos2α＋2sin2α等于(）A.eq\f(64，25)B。eq\f（48，25）C．1D。eq\f(16,25)答案A解析cos2α＋2sin2α＝eq\f（cos2α＋4sinαcosα，cos2α＋sin2α）＝eq\f（1＋4tanα，1＋tan2α).把tanα＝eq\f（3，4）代入，得cos2α＋2sin2α＝eq\f（1＋4×\f（3，4）,1＋\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(3，4))）2）＝eq\f(4，\f（25，16)）＝eq\f（64,25）。故選A.引申探究在本例(1)中，若改為sinα＋cosα＝eq\f（1,3)，求sin2α.解由題意，得（sinα＋cosα）2＝eq\f(1，9)，∴1＋2sinαcosα＝eq\f（1，9)，即1＋sin2α＝eq\f(1，9）.∴sin2α＝－eq\f（8，9).反思與感悟(1）條件求值問題常有兩種解題途徑：①對題設(shè)條件變形，把條件中的角、函數(shù)名向結(jié)論中的角、函數(shù)名靠攏．②對結(jié)論變形，將結(jié)論中的角、函數(shù)名向題設(shè)條件中的角、函數(shù)名靠攏，以便將題設(shè)條件代入結(jié)論．（2)一個重要結(jié)論:（sinθ±cosθ）2＝1±sin2θ。跟蹤訓(xùn)練2已知tanα＝2。（1)求taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f（π,4)））的值；(2)求eq\f(sin2α，sin2α＋sinαcosα－cos2α－1）的值．解（1)taneq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（α＋\f（π,4）））＝eq\f(tanα＋tan\f（π，4)，1－tanαtan\f(π,4))＝eq\f(2＋1，1－2×1）＝－3。（2）eq\f（sin2α,sin2α＋sinαcosα－cos2α－1)＝eq\f（2sinαcosα,sin2α＋sinαcosα－2cos2α）＝eq\f(2tanα,tan2α＋tanα－2）＝eq\f（2×2，4＋2－2）＝1.

類型三利用倍角公式化簡例3化簡eq\f（2cos2α－1，2tan\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π,4)－α)）sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π，4)＋α))).解方法一原式＝eq\f（2cos2α－1,2·\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（π，4)－α）），cos\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π,4)－α））)sin2\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π,4）＋α）))＝eq\f（2cos2α－1，2·\f（sin\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π，4)－α)）,cos\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（π,4)－α)））cos2\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π,4）－α）)）＝eq\f(2cos2α－1，sin\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π，2）－2α）))＝eq\f（cos2α,cos2α)＝1。方法二原式＝eq\f（cos2α，2·\f（1－tanα，1＋tanα)\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（\r（2）,2）sinα＋\f(\r（2)，2）cosα）)2）＝eq\f（cos2α，\f(cosα－sinα,cosα＋sinα)sinα＋cosα2)＝eq\f（cos2α,cosα－sinαcosα＋sinα)＝eq\f（cos2α，cos2α－sin2α)＝1.反思與感悟(1)對于三角函數(shù)式的化簡有下面的要求：①能求出值的應(yīng)求出值．②使三角函數(shù)種數(shù)盡量少．③使三角函數(shù)式中的項數(shù)盡量少．④盡量使分母不含有三角函數(shù)．⑤盡量使被開方數(shù)不含三角函數(shù)．（2)化簡的方法：①弦切互化，異名化同名，異角化同角．②降冪或升冪．跟蹤訓(xùn)練3化簡下列各式:(1）若eq\f(π,4)＜α＜eq\f(π，2)，則eq\r(1－sin2α)＝________；（2)若α為第三象限角，則eq\f（\r（1＋cos2α)，cosα）－eq\f（\r(1－cos2α），sinα）＝________。答案（1)sinα－cosα(2)0解析（1)∵α∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π,4），\f(π,2））)，∴sinα＞cosα,∴eq\r(1－sin2α）＝eq\r(1－2sinαcosα）＝eq\r(sin2α－2sinαcosα＋cos2α)＝eq\r（sinα－cosα2）＝sinα－cosα。(2)∵α為第三象限角,∴cosα＜0，sinα＜0，∴eq\f(\r(1＋cos2α),cosα）－eq\f(\r（1－cos2α),sinα）＝eq\f（\r（2cos2α）,cosα）－eq\f（\r(2sin2α）,sinα)＝eq\f（－\r（2)cosα，cosα）－eq\f（－\r(2)sinα，sinα)＝0.1。eq\f(1，2)sineq\f(π，12）coseq\f(π，12）的值等于(）A。eq\f（1,4）B。eq\f(1，8)C.eq\f（1,16）D.eq\f（1，2）答案B解析原式＝eq\f（1,4)sineq\f（π,6）＝eq\f(1，8）.2．sin4eq\f（π,12)－cos4eq\f(π,12）等于()A．－eq\f（1,2)B．－eq\f（\r（3)，2）C。eq\f（1，2）D.eq\f(\r（3)，2)答案B解析原式＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(sin2\f（π,12）＋cos2\f(π，12））)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2\f（π,12)－cos2\f(π,12))）＝－eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(cos2\f(π，12)－sin2\f(π,12)）)＝－coseq\f（π,6)＝－eq\f(\r（3),2).3。eq\f(tan7.5°,1－tan27。5°)＝________.答案1－eq\f（\r（3)，2)解析eq\f(tan7.5°，1－tan27.5°)＝eq\f(1,2）·eq\f（2tan7.5°,1－tan27。5°）＝eq\f(1,2）tan15°＝eq\f（1，2)·eq\f(tan45°－tan30°,1＋tan45°·tan30°）＝1－eq\f(\r(3)，2）。4．設(shè)sin2α＝－sinα，α∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π，2）,π)），則tan2α的值是________．答案eq\r（3）解析∵sin2α＝－sinα，∴sinα（2cosα＋1）＝0，又α∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π，2)，π))，∴sinα≠0,∴2cosα＋1＝0，即cosα＝－eq\f（1，2），sinα＝eq\f（\r（3），2），tanα＝－eq\r（3)，∴tan2α＝eq\f（2tanα，1－tan2α)＝eq\f(－2\r(3),1－－\r（3）2)＝eq\r(3）.5．已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x）)＝eq\f(5，13），0〈x〈eq\f(π,4)，求eq\f（cos2x，cos\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π,4）＋x）））的值．解原式＝eq\f(sin\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π，2)＋2x））,cos\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π,4）＋x）))＝eq\f（2sin\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(π，4)＋x))cos\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π,4)＋x)),cos\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π,4）＋x））)＝2sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（π，4)＋x)）。∵sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π,4)－x)）＝coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π,4）＋x))＝eq\f(5，13)，且0〈x<eq\f(π，4)，∴eq\f(π，4)＋x∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(π，4)，\f(π,2)))，∴sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π，4）＋x））＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（π,4)＋x）)）＝eq\f（12，13)，∴原式＝2×eq\f(12,13）＝eq\f（24,13)。1．對于“二倍角”應(yīng)該有廣義上的理解，如：8α是4α的二倍；6α是3α的二倍;4α是2α的二倍；3α是eq\f(3，2)α的二倍；eq\f（α，2)是eq\f（α，4）的二倍；eq\f(α,3)是eq\f（α,6)的二倍；eq\f（α,2n)＝eq\f(2·α,2n＋1）(n∈N＋)．2．二倍角余弦公式的運用在二倍角公式中，二倍角的余弦公式最為靈活多樣，應(yīng)用廣泛．二倍角的常用形式：①1＋cos2α＝2cos2α；②cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)；③1－cos2α＝2sin2α；④sin2α＝eq\f(1－cos2α,2）.

一、選擇題1．已知α是第三象限角，cosα＝－eq\f(5,13),則sin2α等于()A．－eq\f(12,13）B。eq\f（12，13)C．－eq\f(120，169）D。eq\f（120,169）答案D解析由α是第三象限角，且cosα＝－eq\f(5，13),得sinα＝－eq\f（12，13）,所以sin2α＝2sinαcosα＝2×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（12,13))）×eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(5,13)））＝eq\f（120,169).故選D.2．已知x∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，cosx＝eq\f（4,5）,則tan2x等于()A。eq\f（7，24）B．－eq\f（7,24)C.eq\f（24，7）D．－eq\f（24,7）答案D解析由cosx＝eq\f（4,5），x∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（π，2）,0）），得sinx＝－eq\f（3,5)，所以tanx＝－eq\f(3,4)，所以tan2x＝eq\f（2tanx，1－tan2x）＝eq\f（2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4））)，1－\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（3，4））)2）＝－eq\f（24，7）,故選D.3．已知sin2α＝eq\f（2,3），則cos2eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(α＋\f（π，4)）)等于（)A。eq\f（1，6)B。eq\f（1，3）C。eq\f（1，2）D.eq\f（2，3）答案A解析因為cos2eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（α＋\f（π，4)）)＝eq\f(1＋cos\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（2\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(α＋\f（π，4）））））,2)＝eq\f（1＋cos\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(2α＋\f（π，2))),2）＝eq\f(1－sin2α,2），所以cos2eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4）））＝eq\f(1－sin2α，2）＝eq\f(1－\f（2，3），2）＝eq\f（1,6）。故選A.4．如果|cosθ｜＝eq\f（1,5），eq\f(5π,2）<θ<3π,則sineq\f（θ,2)的值是(）A．－eq\f(\r（10）,5)B。eq\f(\r（10）,5）C．－eq\f（\r（15）,5)D。eq\f（\r（15）,5）答案C解析∵eq\f(5π，2)<θ<3π，｜cosθ｜＝eq\f（1，5），∴cosθ〈0，cosθ＝－eq\f（1,5)。又∵eq\f(5π,4）〈eq\f（θ,2)<eq\f（3π,2），∴sineq\f(θ,2)〈0.∴sin2eq\f(θ，2)＝eq\f(1－cosθ,2）＝eq\f（3,5），sineq\f(θ,2）＝－eq\f（\r(15），5）.5．已知α為第二象限角，sinα＋cosα＝eq\f(\r(3),3），則cos2α等于（)A．－eq\f（\r（5),3)B．－eq\f(\r（5），9）C.eq\f(\r(5),9)D.eq\f(\r（5）,3)答案A解析由題意，得(sinα＋cosα)2＝eq\f(1,3），∴1＋sin2α＝eq\f（1，3)，sin2α＝－eq\f（2，3）?！擀翞榈诙笙藿?，∴cosα－sinα<0.又∵sinα＋cosα>0，∴cosα〈0，sinα〉0，且｜cosα|<｜sinα｜，∴cos2α＝cos2α－sin2α〈0,∴cos2α＝－eq\r（1－sin22α）＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(2，3))）2)＝－eq\r(1－\f（4,9）)＝－eq\f(\r（5），3）,故選A.6．若f(x)＝2tanx－eq\f(2sin2\f(x，2)－1,sin\f(x，2)cos\f(x，2）），則feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（π，12))）的值為(）A．4eq\r(3）B。eq\f(8\r（3),3）C．4D．8答案D解析∵f（x)＝eq\f(2sinx,cosx）＋eq\f(2cosx,2sin\f(x,2）cos\f(x，2)）＝2eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（sinx,cosx)＋\f(cosx,sinx）））＝eq\f(4,2sinxcosx)＝eq\f（4，sin2x)，∴feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π,12）)）＝eq\f（4,sin\f（π，6）)＝eq\f(4，\f(1,2)）＝8。故選D.二、填空題7．2sin222.5°－1＝________.答案－eq\f(\r(2）,2)解析原式＝－cos45°＝－eq\f(\r(2),2）.8．若tanθ＝－eq\f（1,3)，則cos2θ＝________。答案eq\f(4,5）解析tanθ＝－eq\f(1,3），則cos2θ＝cos2θ－sin2θ＝eq\f（cos2θ－sin2θ，cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(1－tan2θ,1＋tan2θ）＝eq\f(4，5)。9．若coseq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(π，4)－α)）＝eq\f（3,5)，則sin2α＝________.答案－eq\f(7，25）解析因為sin2α＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π，2)－2α）)＝2cos2eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（π，4）－α）)－1，又因為coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π,4）－α)）＝eq\f（3，5)，所以sin2α＝2×eq\f（9，25)－1＝－eq\f（7，25）。10．sin6°sin42°sin66°sin78°＝________.答案eq\f（1，16）解析原式＝sin6°cos48°cos24°cos12°＝eq\f（sin6°cos6°cos12°cos24°cos48°,cos6°）＝eq\f(sin96°，16cos6°）＝eq\f（cos6°，16cos6°）＝eq\f（1，16）。三、解答題11．若tanα＋eq\f(1,tanα)＝eq\f(10，3），α∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(π,4),\f（π,2））)，求sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4））)＋2coseq\f（π，4）cos2α的值．解由tanα＋eq\f（1，tanα）＝eq\f(10，3），得tanα＝eq\f（1,3)或tanα＝3.又∵α∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π，4）,\f（π，2））)，∴tanα＝3?！鄐inα＝eq\f（3\r（10)，10)，cosα＝eq\f（\r（10），10）.∴sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（2α＋\f（π,4））)＋2coseq\f(π，4)cos2α＝sin2αcoseq\f（π，4)＋cos2αsineq\f（π,4)＋2coseq\f（π,4）cos2α＝eq\f(\r（2），2）×2sinαcosα＋eq\f（\r（2），2)（2cos2α－1)＋eq\r(2)cos2α＝eq\r（2）sinαcosα＋2eq\r（2）cos2α－eq\f(\r（2），2）＝eq\r（2）×eq\f（3\r（10）,10）×eq\f（\r（10）,10)＋2eq\r(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(\r(10），10）)）2－eq\f(\r（2),2)＝eq\f(5\r（2）,10)－eq\f(\r(2)，2)＝0。12．已知π〈α<eq\f（3,2)π,化簡:eq\f（1＋sinα，\r(1＋cosα)－\r（1－cosα)）＋eq\f（1－sinα,\r(1＋cosα)＋\r（1－cosα）).解∵π〈α<eq\f(3，2)π，∴eq\f（π,2）〈eq\f(α，2）〈eq\f(3,4)π，∴eq\r（1＋cosα)＝eq\r（2）eq\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1（cos\f(α，2））)＝－eq\r(2）coseq\f（α，2)，eq\r(1－cosα)＝eq\r(2）eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1（sin\f(α，2）))＝eq\r（2)sineq\f(α,2）.∴eq\f（1＋sinα，\r（1＋cosα）－\r（1－cosα）)＋eq\f(1－sinα，\r（1＋cosα)＋\r(1－cosα)）＝eq\f（1＋sinα,－\r（2)\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(cos\f(α，2)＋sin\f（α,2))））＋eq\f(1－sinα，\r（2）\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（sin\f(α,2)－cos\f（α,2)）））＝eq\f(\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(cos\f（α,2)＋sin\f（α，2)））2,－\r(2）\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f（α，2)＋sin\f(α,2)）））＋eq\f(\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（sin\f（α，2）－cos\f(α，2)））2,\r（2）\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α，2）)))＝－eq\r(2)coseq\f（α,2）。13．已知函數(shù)f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π，6)))，x∈R。(1）求f（π)的值；（2)若feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(α＋\f（2π,3)))＝eq\f(6，5)，α∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(π，2）,0）），求f（2α)的值．解(1)f(π）＝2coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f（π,6)))＝－2coseq\f（π,6）＝－2×eq\f（\r（3),2)＝－eq\r（3).（2）因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（α＋\f（2π,3)）)＝2coseq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f（2π，3）－\f(π,6）)）＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f（π，2)）)＝－2sinα＝eq\f(6,5),所以sinα＝－eq\f（3，5)。又α∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f（π,2),0）），故cosα＝eq\r（1－sin2α)＝eq\r（1－\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（3,5))）2）＝eq\f(4，5）。所以sin2α＝2sinαcosα＝2×eq\b\lc\(\rc