必修四簡單的三角恒等變換(附答案)

必修四簡單的三角恒等變換(附答案)必修四簡單的三角恒等變換(附答案)/NUMPAGES35必修四簡單的三角恒等變換(附答案)必修四簡單的三角恒等變換(附答案)簡單的三角恒等變換[學習目標]知識點一半角公式及其推導(1)：sineq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1－cosα,2))；(2)：coseq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1＋cosα,2))；(3)：taneq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα))(無理形式)＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\f(1－cosα,sinα)(有理形式)．思考1試用cosα表示sineq\f(α,2)、coseq\f(α,2)、taneq\f(α,2).答案∵cosα＝cos2eq\f(α,2)－sin2eq\f(α,2)＝1－2sin2eq\f(α,2)，∴2sin2eq\f(α,2)＝1－cosα，∴sin2eq\f(α,2)＝eq\f(1－cosα,2)，∴sineq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1－cosα,2))；∵cosα＝2cos2eq\f(α,2)－1，∴cos2eq\f(α,2)＝eq\f(1＋cosα,2)，∴coseq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1＋cosα,2))；∵tan2eq\f(α,2)＝eq\f(sin2\f(α,2),cos2\f(α,2))＝eq\f(\f(1－cosα,2),\f(1＋cosα,2))＝eq\f(1－cosα,1＋cosα)，∴taneq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα)).思考2證明taneq\f(α,2)＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\f(1－cosα,sinα).證明∵eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\f(2sin\f(α,2)cos\f(α,2),2cos2\f(α,2))＝taneq\f(α,2)，∴taneq\f(α,2)＝eq\f(sinα,1＋cosα)，同理可證taneq\f(α,2)＝eq\f(1－cosα,sinα).∴taneq\f(α,2)＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\f(1－cosα,sinα).知識點二輔助角公式asinx＋bcosx＝eq\r(a2＋b2)·sin(x＋φ)使asinx＋bcosx＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)成立時，cosφ＝eq\f(a,\r(a2＋b2))，sinφ＝eq\f(b,\r(a2＋b2))，其中φ稱為輔助角，它的終邊所在象限由點(a，b)決定．輔助角公式在研究三角函數(shù)的性質(zhì)中有著重要的應用．思考1將下列各式化成Asin(ωx＋φ)的形式，其中A>0，ω>0，|φ|<eq\f(π,2).(1)sinx＋cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))；(2)sinx－cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))；(3)eq\r(3)sinx＋cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))；(4)eq\r(3)sinx－cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))；(5)sinx＋eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))；(6)sinx－eq\r(3)cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,3))).思考2請寫出把asinx＋bcosx化成Asin(ωx＋φ)形式的過程．答案asinx＋bcosx＝eq\r(a2＋b2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(a2＋b2))sinx＋\f(b,\r(a2＋b2))cosx))＝eq\r(a2＋b2)(sinxcosφ＋cosxsinφ)＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)(其中sinφ＝eq\f(b,\r(a2＋b2))，cosφ＝eq\f(a,\r(a2＋b2)))．題型一半角公式的應用例1已知cosα＝eq\f(1,3)，α為第四象限角，求sineq\f(α,2)、coseq\f(α,2)、taneq\f(α,2).解sineq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1－cosα,2))＝±eq\r(\f(1－\f(1,3),2))＝±eq\f(\r(3),3)，coseq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1＋cosα,2))＝±eq\r(\f(1＋\f(1,3),2))＝±eq\f(\r(6),3)，taneq\f(α,2)＝±eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα))＝±eq\r(\f(1－\f(1,3),1＋\f(1,3)))＝±eq\f(\r(2),2).∵α為第四象限角，∴eq\f(α,2)為第二、四象限角．當eq\f(α,2)為第二象限角時，sineq\f(α,2)＝eq\f(\r(3),3)，coseq\f(α,2)＝－eq\f(\r(6),3)，taneq\f(α,2)＝－eq\f(\r(2),2)；當eq\f(α,2)為第四象限角時，sineq\f(α,2)＝－eq\f(\r(3),3)，coseq\f(α,2)＝eq\f(\r(6),3)，taneq\f(α,2)＝－eq\f(\r(2),2).跟蹤訓練1已知sinθ＝eq\f(4,5)，且eq\f(5π,2)<θ<3π，求coseq\f(θ,2)和taneq\f(θ,2).解∵sinθ＝eq\f(4,5)，eq\f(5π,2)<θ<3π，∴cosθ＝－eq\r(1－sin2θ)＝－eq\f(3,5).由cosθ＝2cos2eq\f(θ,2)－1得cos2eq\f(θ,2)＝eq\f(1＋cosθ,2)＝eq\f(1,5).∵eq\f(5π,4)<eq\f(θ,2)<eq\f(3,2)π.∴coseq\f(θ,2)＝－eq\r(\f(1＋cosθ,2))＝－eq\f(\r(5),5).taneq\f(θ,2)＝eq\f(sin\f(θ,2),cos\f(θ,2))＝eq\f(2cos\f(θ,2)sin\f(θ,2),2cos2\f(θ,2))＝eq\f(sinθ,1＋cosθ)＝2.題型二三角恒等式的證明例2(1)求證：1＋2cos2θ－cos2θ＝2.(2)求證：eq\f(2sinxcosx,sinx＋cosx－1sinx－cosx＋1)＝eq\f(1＋cosx,sinx).證明(1)左邊＝1＋2cos2θ－cos2θ＝1＋2×eq\f(1＋cos2θ,2)－cos2θ＝2＝右邊．所以原等式成立．(2)原式＝eq\f(2sinxcosx,2sin\f(x,2)cos\f(x,2)－2sin2\f(x,2)2sin\f(x,2)cos\f(x,2)＋2sin2\f(x,2))＝eq\f(2sinxcosx,4sin2\f(x,2)cos2\f(x,2)－sin2\f(x,2))＝eq\f(sinx,2sin2\f(x,2))＝eq\f(cos\f(x,2),sin\f(x,2))＝eq\f(2cos2\f(x,2),2sin\f(x,2)cos\f(x,2))＝eq\f(1＋cosx,sinx)＝右邊．所以原等式成立．跟蹤訓練2證明：eq\f(sin4x,1＋cos4x)·eq\f(cos2x,1＋cos2x)·eq\f(cosx,1＋cosx)＝taneq\f(x,2).證明左邊＝eq\f(2sin2xcos2x,2cos22x)·eq\f(cos2x,1＋cos2x)·eq\f(cosx,1＋cosx)＝eq\f(sin2x,1＋cos2x)·eq\f(cosx,1＋cosx)＝eq\f(2sinxcosx,2cos2x)·eq\f(cosx,1＋cosx)＝eq\f(sinx,1＋cosx)＝eq\f(2sin\f(x,2)cos\f(x,2),2cos2\f(x,2))＝taneq\f(x,2)＝右邊．所以原等式成立．題型三與三角函數(shù)性質(zhì)有關的綜合問題例3已知函數(shù)f(x)＝cos(eq\f(π,3)＋x)cos(eq\f(π,3)－x)，g(x)＝eq\f(1,2)sin2x－eq\f(1,4).(1)求函數(shù)f(x)的最小正周期；(2)求函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)的最大值，并求使h(x)取得最大值的x的集合．解(1)f(x)＝(eq\f(1,2)cosx－eq\f(\r(3),2)sinx)(eq\f(1,2)cosx＋eq\f(\r(3),2)sinx)＝eq\f(1,4)cos2x－eq\f(3,4)sin2x＝eq\f(1＋cos2x,8)－eq\f(31－cos2x,8)＝eq\f(1,2)cos2x－eq\f(1,4)，∴f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)h(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(1,2)cos2x－eq\f(1,2)sin2x＝eq\f(\r(2),2)cos(2x＋eq\f(π,4))，當2x＋eq\f(π,4)＝2kπ(k∈Z)時，h(x)有最大值eq\f(\r(2),2).此時x的取值集合為{x|x＝kπ－eq\f(π,8)，k∈Z}．跟蹤訓練3如圖所示，要把半徑為R的半圓形木料截成長方形，應怎樣截取，才能使△OAB的周長最大？解設∠AOB＝α，△OAB的周長為l，則AB＝Rsinα，OB＝Rcosα，∴l(xiāng)＝OA＋AB＋OB＝R＋Rsinα＋Rcosα＝R(sinα＋cosα)＋R＝eq\r(2)Rsin(α＋eq\f(π,4))＋R.∵0<α<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,4)<α＋eq\f(π,4)<eq\f(3π,4).∴l(xiāng)的最大值為eq\r(2)R＋R＝(eq\r(2)＋1)R，此時，α＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即α＝eq\f(π,4)，即當α＝eq\f(π,4)時，△OAB的周長最大．構建三角函數(shù)模型，解決實際問題例4如圖，ABCD是一塊邊長為100m的正方形地皮，其中AST是半徑為90m的扇形小山，其余部分都是平地．一開發(fā)商想在平地上建一個矩形停車場，使矩形的一個頂點P在ST上，相鄰兩邊CQ、CR正好落在正方形的邊BC、CD上，求矩形停車場PQCR面積的最大值和最小值．分析解答本題可設∠PAB＝θ并用θ表示PR、PQ.根據(jù)S矩形PQCR＝PQ·PR列出關于θ的函數(shù)式，求最大值、最小值．解如圖連接AP，設∠PAB＝θ(0°≤θ≤90°)，延長RP交AB于M，則AM＝90cosθ，MP＝90sinθ.所以PQ＝MB＝100－90cosθ，PR＝MR－MP＝100－90sinθ.所以S矩形PQCR＝PQ·PR＝(100－90cosθ)(100－90sinθ)＝10000－9000(sinθ＋cosθ)＋8100sinθcosθ.令t＝sinθ＋cosθ(1≤t≤eq\r(2))，則sinθcosθ＝eq\f(t2－1,2).所以S矩形PQCR＝10000－9000t＋8100·eq\f(t2－1,2)＝eq\f(8100,2)(t－eq\f(10,9))2＋950.故當t＝eq\f(10,9)時，S矩形PQCR有最小值950m2；當t＝eq\r(2)時，S矩形PQCR有最大值(14050－9000eq\r(2))m2.1．若cosα＝eq\f(1,3)，α∈(0，π)，則coseq\f(α,2)的值為()A.eq\f(\r(6),3)B．－eq\f(\r(6),3)C．±eq\f(\r(6),3)D．±eq\f(\r(3),3)2．下列各式與tanα相等的是()A.eq\r(\f(1－cos2α,1＋cos2α)) B.eq\f(sinα,1＋cosα)C.eq\f(sinα,1－cos2α) D.eq\f(1－cos2α,sin2α)3．函數(shù)f(x)＝2sineq\f(x,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(x,2)))的最大值等于()A.eq\f(1,2)B.eq\f(3,2)C．1D．24．已知π<α<eq\f(3π,2)，化簡eq\f(1＋sinα,\r(1＋cosα)－\r(1－cosα))＋eq\f(1－sinα,\r(1＋cosα)＋\r(1－cosα)).5．求函數(shù)f(x)＝3sin(x＋20°)＋5sin(x＋80°)的最大值．一、選擇題1．已知180°<α<360°，則coseq\f(α,2)的值等于()A．－eq\r(\f(1－cosα,2))B.eq\r(\f(1－cosα,2))C．－eq\r(\f(1＋cosα,2))D.eq\r(\f(1＋cosα,2))2．使函數(shù)f(x)＝sin(2x＋θ)＋eq\r(3)cos(2x＋θ)為奇函數(shù)的θ的一個值是()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,2)D.eq\f(2π,3)3．已知cosα＝eq\f(4,5)，α∈(eq\f(3,2)π，2π)，則sineq\f(α,2)等于()A．－eq\f(\r(10),10)B.eq\f(\r(10),10)C.eq\f(3,10)eq\r(3)D．－eq\f(3,5)4．函數(shù)f(x)＝sin4x＋cos2x的最小正周期是()A.eq\f(π,4)B.eq\f(π,2)C．πD．2π5．設a＝eq\f(1,2)cos6°－eq\f(\r(3),2)sin6°，b＝2sin13°cos13°，c＝eq\r(\f(1－cos50°,2))，則有()A．c<b<a B．a(chǎn)<b<cC．a(chǎn)<c<b D．b<c<a6．若cosα＝－eq\f(4,5)，α是第三象限的角，則eq\f(1＋tan\f(α,2),1－tan\f(α,2))等于()A．－eq\f(1,2)B.eq\f(1,2)C．2D．－2二、填空題7．函數(shù)f(x)＝sin(2x－eq\f(π,4))－2eq\r(2)sin2x的最小正周期是______．8．若8sinα＋5cosβ＝6,8cosα＋5sinβ＝10，則sin(α＋β)＝________.9．已知等腰三角形頂角的余弦值為eq\f(4,5)，則底角的正切值為________．10．sin220°＋sin80°·sin40°的值為________．三、解答題11．已知函數(shù)f(x)＝4cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－1.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上的最大值和最小值．12．已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＋sinα＝－eq\f(4\r(3),5)，－eq\f(π,2)<α<0，求cosα的值．13．已知函數(shù)f(x)＝(1＋eq\f(1,tanx))sin2x－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4))).(1)若tanα＝2，求f(α)；(2)若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,2)))，求f(x)的取值范圍．當堂檢測答案1．答案A解析由題意知eq\f(α,2)∈(0，eq\f(π,2))，∴coseq\f(α,2)>0，coseq\f(α,2)＝eq\r(\f(1＋cosα,2))＝eq\f(\r(6),3).2．答案D解析eq\f(1－cos2α,sin2α)＝eq\f(2sin2α,2sinαcosα)＝eq\f(sinα,cosα)＝tanα.3．答案A解析∵f(x)＝2sineq\f(x,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,3)cos\f(x,2)－cos\f(π,3)sin\f(x,2)))＝eq\f(\r(3),2)sinx－sin2eq\f(x,2)＝eq\f(\r(3),2)sinx－eq\f(1－cosx,2)＝eq\f(\r(3),2)sinx＋eq\f(1,2)cosx－eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－eq\f(1,2).∴f(x)max＝eq\f(1,2).4．解原式＝eq\f(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2)2,\r(2)|cos\f(α,2)|－\r(2)|sin\f(α,2)|)＋eq\f(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)2,\r(2)|cos\f(α,2)|＋\r(2)|sin\f(α,2)|)，∵π<α<eq\f(3π,2)，∴eq\f(π,2)<eq\f(α,2)<eq\f(3π,4)，∴coseq\f(α,2)<0，sineq\f(α,2)>0.∴原式＝eq\f(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2)2,－\r(2)sin\f(α,2)＋cos\f(α,2))＋eq\f(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)2,\r(2)sin\f(α,2)－cos\f(α,2))＝－eq\f(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2),\r(2))＋eq\f(sin\f(α,2)－cos\f(α,2),\r(2))＝－eq\r(2)coseq\f(α,2).5．解3sin(x＋20°)＋5sin(x＋80°)＝3sin(x＋20°)＋5sin(x＋20°)cos60°＋5cos(x＋20°)sin60°＝eq\f(11,2)sin(x＋20°)＋eq\f(5\r(3),2)cos(x＋20°)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(3),2)))2)sin(x＋20°＋φ)＝7sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋20°＋φ))其中cosφ＝eq\f(11,14)，sinφ＝eq\f(5\r(3),14).所以f(x)max＝7.課時精練答案一、選擇題1．答案C2．答案D解析f(x)＝sin(2x＋θ)＋eq\r(3)cos(2x＋θ)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)＋θ)).當θ＝eq\f(2,3)π時，f(x)＝2sin(2x＋π)＝－2sin2x.3．答案B解析由題意知eq\f(α,2)∈(eq\f(3,4)π，π)，∴sineq\f(α,2)>0，sineq\f(α,2)＝eq\r(\f(1－cosα,2))＝eq\f(\r(10),10).4．答案B解析∵f(x)＝sin4x＋1－sin2x＝sin4x－sin2x＋1＝－sin2x(1－sin2x)＋1＝1－sin2xcos2x＝1－eq\f(1,4)sin22x＝1－eq\f(1,4)×eq\f(1－cos4x,2)＝eq\f(1,8)cos4x＋eq\f(7,8)，∴T＝eq\f(2π,4)＝eq\f(π,2).5．答案C解析a＝sin30°cos6°－cos30°sin6°＝sin(30°－6°)＝sin24°，b＝2sin13°·cos13°＝sin26°，c＝sin25°，y＝sinx在[0，eq\f(π,2)]上是遞增的．∴a<c<b.6．答案A解析∵α是第三象限角，cosα＝－eq\f(4,5)，∴sinα＝－eq\f(3,5).∴eq\f(1＋tan\f(α,2),1－tan\f(α,2))＝eq\f(1＋\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2)),1－\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2)))＝eq\f(cos\f(α,2)＋sin\f(α,2),cos\f(α,2)－sin\f(α,2))＝eq\f(cos\f(α,2)＋sin\f(α,2),cos\f(α,2)－sin\f(α,2))·eq\f(cos\f(α,2)＋sin\f(α,2),cos\f(α,2)＋sin\f(α,2))＝eq\f(1＋sinα,cosα)＝eq\f(1－\f(3,5),－\f(4,5))＝－eq\f(1,2).二、填空題7．答案π解析∵f(x)＝eq\f(\r(2),2)sin2x－eq\f(\r(2),2)cos2x－eq\r(2)(1－cos2x)＝eq\f(\r(2),2)sin2x＋eq\f(\r(2),2)cos2x－eq\r(2)＝sin(2x＋eq\f(π,4))－eq\r(2)，∴T＝eq\f(2π,2)＝π.8．答案eq\f(47,80)解析∵(8sinα＋5cosβ)2＋(8cosα＋5sinβ)2＝64＋25＋80(sinαcosβ＋cosαsinβ)＝89＋80sin(α＋β)＝62＋102＝136.∴80sin(α＋β)＝47，∴sin(α＋β)＝eq\f(47,80).9．答案3解析設該等腰三角形的頂角為α，則cosα＝eq\f(4,5)，底角大小為eq\f(1,2)(180°－α)．∴taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)180°－α))＝eq\f(1－cos180°－α,sin180°－α)＝eq\f(1＋cosα,sinα)＝eq\f(1＋\f(4,5),\f(3,5))＝3.10．答案eq\f(3,4)解析原式＝sin220°＋sin(60°＋20°)·sin(60°－20°)＝sin220°＋(sin60°cos20°＋cos60°sin20°)·(sin60°cos20°－cos60°sin20°)＝sin220°＋sin260°cos220°－cos260°sin220°＝sin220°＋eq\f(3,4)cos220°－eq\f(1,4)sin220°＝eq\f(3,4)sin220°＋eq\f(3,4)cos220°＝eq\f(3,4).三、解答題11．解(1)因為f(x)＝4cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))－1＝4cosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinxcos\f(π,6)＋cosxsin\f(π,6)))－1＝4cosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx＋\f(1,2)cosx))－1＝eq\r(3)sin2x＋2cos2x－1＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，所以f(x)的最小正周期為π.(2)因為－eq\f(π,6)≤x≤eq\f(π,4)，所以－eq\f(π,6)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(2π,3).于是，當2x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(π,6)時，f(x)取得最大值2；當2x＋eq\f(π,6)＝－eq\f(π,6)，即x＝－eq\f(π,6)時，f(x)取得最小值－1.12．解∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＋sinα＝sinαcoseq\f(π,3)＋cosαsineq\f(π,3)＋sinα＝eq\f(3,2)sinα＋eq\f(\r(3),2)cosα＝－eq\f(4,5)eq\r(3).∴eq\f(\r(3),2)sinα＋eq\f(1,2)cosα＝－eq\f(4,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝－eq\f(4,5).∵－e