數(shù)學(xué)教案（新人教B版）第四章44簡(jiǎn)單的三角恒等變換

簡(jiǎn)單的三角恒等變換考試要求能運(yùn)用兩角和與差的正弦、余弦、正切公式推導(dǎo)二倍角的正弦、余弦、正切公式，并進(jìn)行簡(jiǎn)單的恒等變換(包括推導(dǎo)出積化和差、和差化積、半角公式，這三組公式不要求記憶)．知識(shí)梳理1．二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)公式S2α：sin2α＝2sinαcosα.(2)公式C2α：cos2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.(3)公式T2α：tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α).2．常用的部分三角公式(1)1－cosα＝2sin2eq\f(α,2),1＋cosα＝2cos2eq\f(α,2).(升冪公式)(2)1±sinα＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)±cos\f(α,2)))2.(升冪公式)(3)sin2α＝eq\f(1－cos2α,2)，cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)，tan2α＝eq\f(1－cos2α,1＋cos2α).(降冪公式)思考辨析判斷下列結(jié)論是否正確(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(1)半角的正弦、余弦公式實(shí)質(zhì)就是將倍角的余弦公式逆求而得來的．(√)(2)存在實(shí)數(shù)α，使tan2α＝2tanα.(√)(3)cos2eq\f(θ,2)＝eq\f(1＋cosθ,2).(√)(4)tan

eq\f(α,2)＝eq\f(sinα,1＋cosα)＝eq\f(1－cosα,sinα).(√)教材改編題1．(2021·全國乙卷)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解析方法一(公式法)因?yàn)閏os

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).方法二(代值法)因?yàn)閏os

eq\f(π,12)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，cos

eq\f(5π,12)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，所以cos2eq\f(π,12)－cos2eq\f(5π,12)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6)＋\r(2),4)))2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6)－\r(2),4)))2＝eq\f(\r(3),2).2．若角α滿足sinα＋2cosα＝0，則tan2α等于()A．－eq\f(4,3)B.eq\f(3,4)C．－eq\f(3,4)D.eq\f(4,3)答案D解析由題意知，tanα＝－2，所以tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(4,3).3．若α為第二象限角，sinα＝eq\f(5,13)，則sin2α等于()A．－eq\f(120,169)B．－eq\f(60,169)C.eq\f(120,169)D.eq\f(60,169)答案A解析因?yàn)棣翞榈诙笙藿?，sinα＝eq\f(5,13)，所以cosα＝－eq\r(1－sin2α)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,13)))2)＝－eq\f(12,13)，所以sin2α＝2sinαcosα＝2×eq\f(5,13)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,13)))＝－eq\f(120,169).題型一三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)例1(1)(2021·全國甲卷)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tan2α＝eq\f(cosα,2－sinα)，則tanα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?yàn)閠an2α＝eq\f(sin2α,cos2α)＝eq\f(2sinαcosα,1－2sin2α)，且tan2α＝eq\f(cosα,2－sinα)，所以eq\f(2sinαcosα,1－2sin2α)＝eq\f(cosα,2－sinα)，解得sinα＝eq\f(1,4).因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosα＝eq\f(\r(15),4)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(\r(15),15).方法二因?yàn)閠an2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(\f(2sinα,cosα),1－\f(sin2α,cos2α))＝eq\f(2sinαcosα,cos2α－sin2α)＝eq\f(2sinαcosα,1－2sin2α)，且tan2α＝eq\f(cosα,2－sinα)，所以eq\f(2sinαcosα,1－2sin2α)＝eq\f(cosα,2－sinα)，解得sinα＝eq\f(1,4).因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以cosα＝eq\f(\r(15),4)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(\r(15),15).(2)已知sinα＋cosα＝eq\f(2\r(3),3)，則sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝________.答案eq\f(1,3)解析因?yàn)閟inα＋cosα＝eq\f(2\r(3),3)，兩邊同時(shí)平方得sin2α＋2sinαcosα＋cos2α＝eq\f(4,3)，即sin2α＝eq\f(1,3)，由降冪公式可知sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,2))),2)＝eq\f(1－sin2α,2)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(1,3).思維升華(1)三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)要遵循“三看”原則：一看角，二看名，三看式子結(jié)構(gòu)與特征．(2)三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)要注意觀察條件中角之間的聯(lián)系(和、差、倍、互余、互補(bǔ)等)，尋找式子和三角函數(shù)公式之間的聯(lián)系點(diǎn)．跟蹤訓(xùn)練1(1)若f(α)＝2tanα－eq\f(2sin2\f(α,2)－1,2sin

\f(α,2)·cos

\f(α,2))，則f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))的值是________．答案6－eq\r(3)解析依題意，f(α)＝2tanα－eq\f(－cosα,sinα)＝2tanα＋eq\f(1,tanα)，而tan

eq\f(π,12)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(π,4)))＝eq\f(tan

\f(π,3)－tan

\f(π,4),1＋tan

\f(π,3)·tan

\f(π,4))＝eq\f(\r(3)－1,1＋\r(3))＝2－eq\r(3)，于是得f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝2(2－eq\r(3))＋eq\f(1,2－\r(3))＝6－eq\r(3)，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))的值是6－eq\r(3).(2)化簡(jiǎn)：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,tan\f(α,2))－tan

\f(α,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋tanα·tan\f(α,2)))＝________.答案eq\f(2,sinα)解析eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,tan

\f(α,2))－tan

\f(α,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋tanα·tan

\f(α,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cos

\f(α,2),sin

\f(α,2))－\f(sin

\f(α,2),cos

\f(α,2))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(sinα,cosα)·\f(sin

\f(α,2),cos

\f(α,2))))＝eq\f(cos2\f(α,2)－sin2\f(α,2),sin

\f(α,2)cos

\f(α,2))·eq\f(cosαcos

\f(α,2)＋sinαsin

\f(α,2),cosαcos

\f(α,2))＝eq\f(2cosα,sinα)·eq\f(cos

\f(α,2),cosαcos

\f(α,2))＝eq\f(2,sinα).題型二三角函數(shù)式的求值命題點(diǎn)1給角求值例2計(jì)算：(1)sin10°·sin30°·sin50°·sin70°；(2)eq\f(1,2sin10°)－eq\f(\r(3),2cos10°)；(3)eq\f(cos10°1＋\r(3)tan10°－2sin50°,\r(1－cos10°)).解(1)原式＝eq\f(1,2)cos20°·cos40°·cos80°＝eq\f(sin20°·cos20°·cos40°·cos80°,2sin20°)＝eq\f(sin160°,16·sin20°)＝eq\f(1,16).(2)原式＝eq\f(cos10°－\r(3)sin10°,2sin10°·cos10°)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos10°－\f(\r(3),2)sin10°)),sin20°)＝eq\f(2sin30°－10°,sin20°)＝2.(3)原式＝eq\f(cos10°＋\r(3)sin10°－2sin50°,\r(2)sin5°)＝eq\f(2sin40°－2sin50°,\r(2)sin5°)＝eq\f(2sin40°－2cos40°,\r(2)sin5°)＝eq\f(2\r(2)sin40°－45°,\r(2)sin5°)＝eq\f(－2\r(2)sin5°,\r(2)sin5°)＝－2.命題點(diǎn)2給值求值例3(2023·長(zhǎng)春質(zhì)檢)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＋eq\r(3)cosα＝eq\f(1,3)，則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)cosα＝eq\f(1,3)，∴sinαcos

eq\f(π,3)－cosαsin

eq\f(π,3)＋eq\r(3)cosα＝eq\f(1,3)，∴eq\f(1,2)sinα－eq\f(\r(3),2)cosα＋eq\r(3)cosα＝eq\f(1,3)，∴eq\f(1,2)sinα＋eq\f(\r(3),2)cosα＝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)))＝cos2eq\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).命題點(diǎn)3給值求角例4已知sinα＝eq\f(\r(2),10)，cosβ＝eq\f(3\r(10),10)，且α，β為銳角，則α＋2β＝.答案eq\f(π,4)解析因?yàn)閟inα＝eq\f(\r(2),10)，且α為銳角，所以cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\r(1－\f(2,100))＝eq\f(7\r(2),10)，因?yàn)閏osβ＝eq\f(3\r(10),10)，且β為銳角，所以sinβ＝eq\r(1－cos2β)＝eq\r(1－\f(90,100))＝eq\f(\r(10),10)，那么sin2β＝2sinβcosβ＝2×eq\f(\r(10),10)×eq\f(3\r(10),10)＝eq\f(3,5)，cos2β＝1－2sin2β＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),10)))2＝eq\f(4,5)，所以cos(α＋2β)＝cosαcos2β－sinαsin2β＝eq\f(7\r(2),10)×eq\f(4,5)－eq\f(\r(2),10)×eq\f(3,5)＝eq\f(\r(2),2)，因?yàn)棣痢蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2β∈(0，π)．所以α＋2β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,2)))，故α＋2β＝eq\f(π,4).思維升華(1)給值(角)求值問題求解的關(guān)鍵在于“變角”，使其角相同或具有某種關(guān)系，借助角之間的聯(lián)系尋找轉(zhuǎn)化方法．(2)給值(角)求值問題的一般步驟①化簡(jiǎn)條件式子或待求式子；②觀察條件與所求式子之間的聯(lián)系，從函數(shù)名稱及角入手；③將已知條件代入所求式子，化簡(jiǎn)求值．跟蹤訓(xùn)練2(1)已知α∈(0，π)，sin2α＋cos2α＝cosα－1，則sin2α等于()A.eq\f(3,4) B．－eq\f(3,8)C．－eq\f(3,4)或0 D.eq\f(3,8)答案C解析∵sin2α＝2sinαcosα，cos2α＝2cos2α－1，∴2sinαcosα＋2cos2α＝cosα，當(dāng)cosα＝0時(shí)，等式成立，此時(shí)sin2α＝0；當(dāng)cosα≠0時(shí)，sinα＋cosα＝eq\f(1,2)，兩邊平方得sin2α＝－eq\f(3,4).綜上可得，sin2α＝－eq\f(3,4)或0.(2)(2023·南京模擬)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(15°－\f(α,2)))＝tan210°，則sin(60°＋α)的值為()A.eq\f(1,3)B．－eq\f(1,3)C.eq\f(2,3)D．－eq\f(2,3)答案A解析∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(15°－\f(α,2)))＝tan210°，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(15°－\f(α,2)))＝tan210°＝tan(180°＋30°)＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)，則cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(15°－\f(α,2)))＝1－sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(15°－\f(α,2)))＝eq\f(2,3)，cos(30°－α)＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(15°－\f(α,2)))－sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(15°－\f(α,2)))＝eq\f(1,3)，∴sin(60°＋α)＝sin[90°－(30°－α)]＝cos(30°－α)＝eq\f(1,3).題型三三角恒等變換的綜合應(yīng)用例5已知f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3π,4))).(1)求f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))的值；(2)若銳角α滿足f(α)＝eq\f(\r(3),3)，求sin2α的值．解(1)由題意得f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))－2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3π,4)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))－2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))－eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝sin2xcos

eq\f(π,3)－cos2xsin

eq\f(π,3)＋eq\r(3)cos2x＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))，故f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,3)＋\f(π,3)))＝0.(2)∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴2α＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))，又∵f(α)＝eq\f(\r(3),3)，∴f(α)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),3)，又∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),3)<eq\f(\r(3),2)，∴2α＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(4π,3)))，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝－eq\f(\r(6),3)，∴sin2α＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))cos

eq\f(π,3)－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))sin

eq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),3)×eq\f(1,2)＋eq\f(\r(6),3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3)＋3\r(2),6).思維升華(1)進(jìn)行三角恒等變換要抓?。鹤兘?、變函數(shù)名稱、變結(jié)構(gòu)，尤其是角之間的關(guān)系；注意公式的逆用和變形使用．(2)形如y＝asinx＋bcosx化為y＝eq\r(a2＋b2)sin(x＋φ)，可進(jìn)一步研究函數(shù)的周期性、單調(diào)性、最值與對(duì)稱性．跟蹤訓(xùn)練3已知3sinα＝2sin2eq\f(α,2)－1.(1)求sin2α＋cos2α的值；(2)已知α∈(0，π)，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，2tan2β－tanβ－1＝0，求α＋β的值．解(1)因?yàn)?sinα＝2sin2eq\f(α,2)－1，所以3sinα＝－cosα，所以tanα＝－eq\f(1,3)，又因?yàn)閟in2α＋cos2α＝eq\f(2sinαcosα＋cos2α－sin2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(2tanα＋1－tan2α,1＋tan2α)，所以sin2α＋cos2α＝eq\f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＋1－\f(1,9),1＋\f(1,9))＝eq\f(1,5).(2)因?yàn)棣隆蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以tanβ<0，因?yàn)?tan2β－tanβ－1＝(2tanβ＋1)(tanβ－1)＝0，所以tanβ＝－eq\f(1,2)，又因?yàn)棣痢?0，π)，tanα＝－eq\f(1,3)，所以eq\f(π,2)<α<π.所以tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(－\f(1,3)－\f(1,2),1－\f(1,6))＝－1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)<β<π，,\f(π,2)<α<π，))得π<α＋β<2π，所以α＋β＝eq\f(7π,4).課時(shí)精練1．已知x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，cos(π－x)＝－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解析因?yàn)閤∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，cos(π－x)＝－eq\f(4,5)，所以cosx＝eq\f(4,5)，sinx＝－eq\r(1－cos2x)＝－eq\f(3,5)，由同角三角函數(shù)的關(guān)系，得tanx＝eq\f(sinx,cosx)＝－eq\f(3,4).因此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).2．(2023·保定模擬)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\f(2\r(2),3)，則sin2θ的值為()A.eq\f(7,9)B．－eq\f(7,9)C.eq\f(2,9)D．－eq\f(2,9)答案B解析由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\f(2\r(2),3)，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝sinθcos

eq\f(π,4)－cosθsin

eq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)(sinθ－cosθ)＝eq\f(2\r(2),3)，即sinθ－cosθ＝eq\f(4,3)，等式兩邊同時(shí)平方，得1－sin2θ＝eq\f(16,9)，所以sin2θ＝－eq\f(7,9).3．(2023·棗莊模擬)已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(\r(2),3)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(4π,3)))等于()A．－eq\f(5,9)B.eq\f(5,9)C．－eq\f(1,3)D.eq\f(1,3)答案A解析coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(4π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π＋2α－\f(π,3)))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2α))＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－2sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2×\f(2,9)))＝－eq\f(5,9).4．公元前六世紀(jì)，古希臘的畢達(dá)哥拉斯學(xué)派在研究正五邊形和正十邊形的作圖時(shí)，發(fā)現(xiàn)了黃金分割約為，這一數(shù)值也可以表示為m＝2sin18°，若4m2＋n＝16，則eq\f(m\r(n),2cos227°－1)的值為()A．1B．2C．4D．8答案C解析因?yàn)閙＝2sin18°，所以由4m2＋n＝16，可得n＝16－4(2sin18°)2＝16cos218°，因此eq\f(m\r(n),2cos227°－1)＝eq\f(2sin18°·4cos18°,cos54°)＝eq\f(4sin36°,cos54°)＝eq\f(4cos54°,cos54°)＝4.5．(多選)(2023·合肥模擬)下列計(jì)算結(jié)果正確的是()A．cos(－15°)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)B．sin15°sin30°sin75°＝eq\f(1,8)C．cos(α－35°)cos(25°＋α)＋sin(α－35°)sin(25°＋α)＝－eq\f(1,2)D．2sin18°cos36°＝eq\f(1,2)答案BD解析對(duì)于A，cos(－15°)＝cos15°＝cos(45°－30°)＝cos45°cos30°＋sin45°sin30°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，所以A錯(cuò)誤；對(duì)于B，sin15°sin30°sin75°＝sin15°sin30°cos15°＝eq\f(1,2)sin15°cos15°＝eq\f(1,4)sin30°＝eq\f(1,8)，所以B正確；對(duì)于C,cos(α－35°)cos(25°＋α)＋sin(α－35°)sin(25°＋α)＝cos[(α－35°)－(25°＋α)]＝cos(－60°)＝cos60°＝eq\f(1,2)，所以C錯(cuò)誤；對(duì)于D,2sin18°cos36°＝2cos72°cos36°＝2×eq\f(sin144°,2sin72°)×eq\f(sin72°,2sin36°)＝eq\f(sin36°,2sin36°)＝eq\f(1,2)，所以D正確．6.(2022·石家莊模擬)黃金分割比例廣泛存在于許多藝術(shù)作品中．在三角形中，底與腰之比為黃金分割比的三角形被稱作黃金三角形，被認(rèn)為是最美的三角形，它是兩底角為72°的等腰三角形．達(dá)·芬奇的名作《蒙娜麗莎》中，在整個(gè)畫面里形成了一個(gè)黃金三角形．如圖，在黃金△ABC中，eq\f(BC,AC)＝eq\f(\r(5)－1,2)，根據(jù)這些信息，可得sin54°等于()A.eq\f(2\r(5)－1,4)B.eq\f(\r(5)＋1,4)C.eq\f(\r(5)＋4,8)D.eq\f(\r(5)＋3,8)答案B解析由題設(shè)，可得cos72°＝1－2sin236°＝eq\f(\r(5)－1,4)，又因?yàn)閏os236°＋sin236°＝1，所以cos236°＝eq\f(\r(5)＋3,8)，又cos36°∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2)))，所以cos36°＝cos(90°－54°)＝sin54°＝eq\f(\r(5)＋1,4).7．(2023·淄博模擬)eq\f(sin12°2cos212°－1,\r(3)－tan12°)＝.答案eq\f(1,8)解析因?yàn)閑q\f(sin12°2cos212°－1,\r(3)－tan12°)＝eq\f(sin12°cos12°cos24°,\r(3)cos12°－sin12°)＝eq\f(\f(1,4)sin48°,2sin48°)＝eq\f(1,8).8．(2023·青島模擬)已知tan2θ＝－2eq\r(2)，eq\f(π,4)<θ<eq\f(π,2)，則eq\f(2cos2\f(θ,2)－sinθ－1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝________.答案－3＋2eq\r(2)解析由tan2θ＝－2eq\r(2)，即eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝－2eq\r(2)，解得tanθ＝eq\r(2)或tanθ＝－eq\f(\r(2),2).因?yàn)閑q\f(π,4)<θ<eq\f(π,2)，所以tanθ＝eq\r(2)且cosθ≠0.則eq\f(2cos2\f(θ,2)－sinθ－1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝eq\f(cosθ－sinθ,cosθ＋sinθ)＝eq\f(1－tanθ,1＋tanθ)＝eq\f(1－\r(2),1＋\r(2))＝－3＋2eq\r(2).9．化簡(jiǎn)并求值．(1)eq\f(\r(3)－4sin20°＋8sin320°,2sin20°sin480°)；(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,cos280°)－\f(3,cos210°)))·eq\f(1,cos20°).解(1)原式＝eq\f(\r(3)－4sin20°1－2sin220°,2sin20°sin480°)＝eq\f(\r(3)－4sin20°cos40°,2sin20°sin480°)＝eq\f(2sin20°＋40°－4sin20°cos40°,2sin20°sin480°)＝eq\f(2sin40°－20°,2sin20°sin480°)＝eq\f(1,sin480°)＝eq\f(1,sin120°)＝eq\f(2\r(3),3).(2)原式＝eq\f(cos10°－\r(3)cos80°cos10°＋\r(3)cos80°,cos280°cos210°cos20°)＝eq\f(cos10°－\r(3)sin10°cos10°＋\r(3)sin10°,cos280°cos210°cos20°)＝eq\f(4cos70°cos50°,cos280°cos210°cos20°)＝eq\f(4sin20°sin40°,sin210°cos210°cos20°)＝eq\f(32sin220°cos20°,sin220°cos20°)＝32.10．(2023·長(zhǎng)春質(zhì)檢)(1)已知tan(α＋β)＝eq\f(3,5)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＝eq\f(1,3)，求taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))；(2)已知cos2θ＝－eq\f(4,5)，eq\f(π,4)<θ<eq\f(π,2)，求sin4θ，cos4θ.(3)已知sin(α－2β)＝eq\f(4\r(3),7)，cos(2α－β)＝－eq\f(11,14)，且0<β<eq\f(π,4)<α<eq\f(π,2)，求α＋β的值．解(1)因?yàn)閠an(α＋β)＝eq\f(3,5)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＝eq\f(1,3)，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α＋β－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))))＝eq\f(tanα＋β－tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3))),1＋tanα＋βtan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3))))＝eq\f(\f(3,5)－\f(1,3),1＋\f(3,5)×\f(1,3))＝eq\f(2,9).(2)由eq\f(π,4)<θ<eq\f(π,2)，得eq\f(π,2)<2θ<π，∴sin2θ＝eq\r(1－cos22θ)＝eq\f(3,5)，sin4θ＝2sin2θcos2θ＝2×eq\f(3,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))＝－eq\f(24,25)，cos4θ＝2cos22θ－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))2－1＝eq\f(32,25)－1＝eq\f(7,25).(3)由0<β<eq\f(π,4)<α<eq\f(π,2)，得0<2β<eq\f(π,2)，－eq\f(π,2)<－2β<0，則－eq\f(π,4)<α－2β<eq\f(π,2).因?yàn)閟in(α－2β)＝eq\f(4\r(3),7)>0，所以cos(α－2β)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),7)))2)＝eq\r(1－\f(48,49))＝eq\f(1,7).由0<β<eq\f(π,4)<α<eq\f(π,2)，得eq\f(π,2)<2α<π，－eq\f(π,4)<－β<0，則eq\f(π,4)<2α－β<π，因?yàn)閏os(2α－β)＝－eq\f(11,14)，所以sin(2α－β)＝eq\f(5\r(3),14).因?yàn)閑q\f(π,4)<α＋β<eq\f(3π,4)，又cos(α＋β)＝cos[(2α－β)－(α－2β)]＝cos(2α－β)cos(α－2β)＋sin(2α－β)sin(α－2β)＝－eq\f(11,14)×eq\f(1,7)＋eq\f(5\r(3),14)×eq\f(4\r(3),7)＝eq\f(1,2)，所以α＋β＝eq\f(π,3).11．已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tanα＝eq\f(cos2β,1－sin2β)，則()A．α＋β＝eq\f(π,2) B．α－β＝eq\f(π,4)C．α＋β＝eq\f(π,4) D．α＋2β＝eq\f(π,2)答案B解析tanα＝eq\f(cos2β,1－sin2β)＝eq\f(cos2β－sin2β,cosβ－sinβ2)＝eq\f(cosβ＋sinβ,cosβ－sinβ)＝eq\f(1＋tanβ,1－tanβ)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋β)).∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴α＝eq\f(π,4)＋β，即α－β＝eq\f(π,4).12.魏晉南北朝時(shí)期，祖沖之利用割圓術(shù)以正24576邊形，求出圓周率π約等于eq\f(355,113)，和真正的值相比，其誤差小于八億分之一，這個(gè)記錄在一千年后才被打破．若已知π的近似值還可以表示成4sin52°，則eq\f(1－2cos27°,π\(zhòng)r(16－π2))的值為()A．－eq\f(1,8)B．－8C．8D.eq\f(1,8)答案A解析將π＝4sin52°代入eq\f(1－2cos27°,π\(zhòng)r(16－π2))，可得eq\f(1－2cos27°,π\(zhòng)r(16－π2))＝eq\f(－cos14°,4sin52°\r(16－16sin252°))＝eq\f(－cos14°,16sin52°cos52°)＝－eq\f(cos14°,8sin104°)＝－eq\f(cos14°,8sin90°＋14°)＝－eq\f(cos14°,8cos14°)＝－eq\f(1,8).13．(多選)(2023·長(zhǎng)沙模擬)若sin

eq\f(α,2)＝eq\f(\r(3),3)，α∈(0，π)，則()A．cosα＝eq\f(1,3)B．sinα＝eq\f(2,3)C．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(6)＋2\r(3),6)D．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－\f(π,4)))＝eq\f(2\r(3)－\r(6),6)答案AC解析∵sin

eq\f(α,2)＝eq\f(\r(3),3)，α∈(0，π)，∴eq\f(α,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，cos

eq\f(α,2)＝eq\r(1－sin2\f(α,2))＝eq\f(\r(6),3).∴cosα＝1－2sin2eq\f(α,2)＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2＝eq\f(1,3)，故A正確；sinα＝2sin

eq\f(α,2)cos

eq\f(α,2)＝2×eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(2\r(2),3)，故B錯(cuò)誤；sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,4)))＝sin

eq\f(α,2)cos

eq\f(π,4)＋cos

eq\f(α,2)sin

eq\f(π,4)＝eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(6),3)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6)＋2\r(3),6)，故C正確；sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－\f(π,4)))＝sin

eq\f(α,2)cos

eq\f(π,4)－cos

eq\f(α,2)sin

eq\f(π,4)＝eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(\r(6),3)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6)－2\r(3),6)，故D錯(cuò)誤．14．(2022·邢臺(tái)模擬)已知α，β均為銳角，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋α))＝－eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＝eq\f(5,13)，則sin(α＋β)＝，cos(2α－β)＝.答案eq\f(33,65)eq\f(204,325)解析因?yàn)閟ineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)＋α))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝－eq\f(3,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＝eq\f(5,13)，所以α＋eq\f(π,3)為第二象限角，β－eq\f(π,3)為第一象限角，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3))))＝eq\f(4,5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＝eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3))))＝eq\f(12,13)，所以sin(α＋β)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＝eq\f(33,65).cos(2α－β)＝－cos(2α－β＋π)＝－coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))))＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,3)))＋sin2\b\lc\(\r