第5節(jié) 三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)與求值

第5節(jié)三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)與求值考試要求1.會(huì)根據(jù)相關(guān)公式進(jìn)行化簡(jiǎn)和求值.2.會(huì)利用三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)與求值解決一些簡(jiǎn)單的問(wèn)題.考點(diǎn)突破·題型剖析考點(diǎn)一三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)例1(1)化簡(jiǎn)：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(\f(π,4)＋x)))＝________.答案eq\f(1,2)cos2x解析原式＝eq\f(\f(1,2)（4cos4x－4cos2x＋1）,2·\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))·cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))＝eq\f(（2cos2x－1）2,4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))＝eq\f(cos22x,2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x)))＝eq\f(cos22x,2cos2x)＝eq\f(1,2)cos2x.(2)化簡(jiǎn)(eq\f(1,tan\f(α,2))－taneq\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\f(1,tan\f(α,2))－taneq\f(α,2))·(1＋tanα·taneq\f(α,2))＝(eq\f(cos\f(α,2),sin\f(α,2))－eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2)))·(1＋eq\f(sinα,cosα)·eq\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).感悟提升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)公式之間的共同點(diǎn).訓(xùn)練1(1)2eq\r(1＋sin4)＋eq\r(2＋2cos4)等于()A.2cos2 B.2sin2C.4sin2＋2cos2 D.2sin2＋4cos2答案B解析2eq\r(1＋sin4)＋eq\r(2＋2cos4)＝2eq\r(sin22＋2sin2cos2＋cos22)＋eq\r(2＋2（2cos22－1）)＝2eq\r(（sin2＋cos2）2)＋eq\r(4cos22)＝2|sin2＋cos2|＋2|cos2|.∵eq\f(π,2)＜2＜π，∴cos2＜0，∵sin2＋cos2＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(π,4)))，0＜2＋eq\f(π,4)＜π，∴sin2＋cos2＞0，∴原式＝2(sin2＋cos2)－2cos2＝2sin2.(2)已知0＜θ＜π，則eq\f(（1＋sinθ＋cosθ）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2))),\r(2＋2cosθ))＝________.答案－cosθ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)))＝eq\f(2cos\f(θ,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)＋cos\f(θ,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2))),2cos\f(θ,2))＝eq\f(－2cos\f(θ,2)cosθ,2cos\f(θ,2))＝－cosθ.考點(diǎn)二三角函數(shù)求值問(wèn)題角度1給角求值例2(1)sin40°(tan10°－eq\r(3))等于()A.2 B.－2C.1 D.－1答案D解析sin40°·(tan10°－eq\r(3))＝sin40°·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sin10°,cos10°)－\r(3)))＝sin40°·eq\f(sin10°－\r(3)cos10°,cos10°)＝sin40°·eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin10°－\f(\r(3),2)cos10°)),cos10°)＝sin40°·eq\f(2（cos60°·sin10°－sin60°·cos10°）,cos10°)＝sin40°·eq\f(2sin（10°－60°）,cos10°)＝sin40°·eq\f(－2sin50°,cos10°)＝eq\f(－2sin40°·cos40°,cos10°)＝eq\f(－sin80°,cos10°)＝－1.(2)cos20°·cos40°·cos100°＝________.答案－eq\f(1,8)解析cos20°·cos40°·cos100°＝－cos20°·cos40°·cos80°＝－eq\f(sin20°·cos20°·cos40°·cos80°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,2)sin40°·cos40°·cos80°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,4)sin80°·cos80°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,8)sin160°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,8)sin20°,sin20°)＝－eq\f(1,8).角度2給值求值例3(1)(2023·安徽名校聯(lián)考)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,4)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(5π,6)))＝()A.－eq\f(1,8) B.eq\f(1,8)C.－eq\f(1,4) D.eq\f(1,4)答案B解析因?yàn)閏oseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,4)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(5π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)－1＝eq\f(1,8).故選B.(2)(2023·鐵嶺質(zhì)檢)已知eq\f(1,cosθ)＋tanθ＝2，則taneq\f(θ,2)的值為()A.3 B.eq\f(1,3)或－1C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,3)答案D解析由eq\f(1,cosθ)＋tanθ＝eq\f(cos2\f(θ,2)＋sin2\f(θ,2),cos2\f(θ,2)－sin2\f(θ,2))＋eq\f(2tan\f(θ,2),1－tan2\f(θ,2))＝eq\f(1＋tan2\f(θ,2),1－tan2\f(θ,2))＋eq\f(2tan\f(θ,2),1－tan2\f(θ,2))＝2，整理得3tan2eq\f(θ,2)＋2taneq\f(θ,2)－1＝0，解得taneq\f(θ,2)＝eq\f(1,3)或taneq\f(θ,2)＝－1.因?yàn)閏osθ≠0，所以θ≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，所以eq\f(θ,2)≠eq\f(π,4)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，所以taneq\f(θ,2)≠－1，故taneq\f(θ,2)＝eq\f(1,3).故選D.角度3給值求角例4已知α，β均為銳角，cosα＝eq\f(2\r(7),7)，sinβ＝eq\f(3\r(3),14)，則cos2α＝________，2α－β＝________.答案eq\f(1,7)eq\f(π,3)解析因?yàn)閏osα＝eq\f(2\r(7),7)，所以cos2α＝2cos2α－1＝eq\f(1,7).又因?yàn)棣粒戮鶠殇J角，sinβ＝eq\f(3\r(3),14)，所以sinα＝eq\f(\r(21),7)，cosβ＝eq\f(13,14)，因此sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(4\r(3),7)，所以sin(2α－β)＝sin2αcosβ－cos2αsinβ＝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?yàn)棣翞殇J角，所以0＜2α＜π.又cos2α＞0，所以0＜2α＜eq\f(π,2)，又β為銳角，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).感悟提升1.給值(角)求值問(wèn)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(wèn)題的一般步驟(1)化簡(jiǎn)條件式子或待求式子；(2)觀察條件與所求之間的聯(lián)系，從函數(shù)名稱(chēng)及角入手；(3)將已知條件代入所求式子，化簡(jiǎn)求值.訓(xùn)練2(1)(2023·重慶模擬)eq\f(\r(1－sin270°),\r(3)－tan20°)＝()A.4 B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(2\r(3),3) D.eq\f(1,4)答案D解析eq\f(\r(1－sin270°),\r(3)－tan20°)＝eq\f(cos70°·cos20°,\r(3)cos20°－sin20°)＝eq\f(sin20°·cos20°,2sin（60°－20°）)＝eq\f(\f(1,2)sin40°,2sin40°)＝eq\f(1,4).故選D.(2)已知cosα＝eq\f(1,7)，cos(α－β)＝eq\f(13,14)，且0<β<α<eq\f(π,2)，則β＝________.答案eq\f(π,3)解析∵0<β<α<eq\f(π,2)，∴0<α－β<eq\f(π,2)，則sinα＝eq\f(4\r(3),7).又cos(α－β)＝eq\f(13,14)，∴sin(α－β)＝eq\r(1－cos2（α－β）)＝eq\f(3\r(3),14).∴cosβ＝cos[α－(α－β)]＝cosαcos(α－β)＋sinαsin(α－β)＝eq\f(1,7)×eq\f(13,14)＋eq\f(4\r(3),7)×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(1,2).又0<β<eq\f(π,2)，∴β＝eq\f(π,3).(3)(2022·浙江卷)若3sinα－sinβ＝eq\r(10)，α＋β＝eq\f(π,2)，則sinα＝________，cos2β＝________.答案eq\f(3\r(10),10)eq\f(4,5)解析因?yàn)棣粒拢絜q\f(π,2)，所以β＝eq\f(π,2)－α，所以3sinα－sinβ＝3sinα－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝3sinα－cosα＝eq\r(10)sin(α－φ)＝eq\r(10)，其中sinφ＝eq\f(\r(10),10)，cosφ＝eq\f(3\r(10),10).所以α－φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，所以α＝eq\f(π,2)＋φ＋2kπ，k∈Z，所以sinα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ＋2kπ))＝cosφ＝eq\f(3\r(10),10)，k∈Z.因?yàn)閟inβ＝3sinα－eq\r(10)＝－eq\f(\r(10),10)，所以cos2β＝1－2sin2β＝1－eq\f(1,5)＝eq\f(4,5).考點(diǎn)三三角恒等變換的應(yīng)用例5設(shè)函數(shù)f(x)＝sinx＋cosx(x∈R).(1)求函數(shù)y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))eq\s\up12(2)的最小正周期；(2)求函數(shù)y＝f(x)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值.解(1)因?yàn)閒(x)＝sinx＋cosx，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝cosx－sinx，所以y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))eq\s\up12(2)＝(cosx－sinx)2＝1－sin2x.所以函數(shù)y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))eq\s\up12(2)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\r(2)sinx，所以y＝f(x)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\r(2)sinxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx＋cosx))＝eq\r(2)(sinxcosx＋sin2x)＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2x－\f(1,2)cos2x＋\f(1,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＋eq\f(\r(2),2).當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，2x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以當(dāng)2x－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(3π,8)時(shí)，函數(shù)y＝f(x)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上取得最大值，且ymax＝1＋eq\f(\r(2),2).感悟提升三角恒等變換的綜合應(yīng)用主要是將三角變換與三角函數(shù)的性質(zhì)相結(jié)合，通過(guò)變換把函數(shù)化為f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋b的形式再研究其性質(zhì)，解題時(shí)注意觀察角、函數(shù)名、結(jié)構(gòu)等特征，注意利用整體思想解決相關(guān)問(wèn)題.訓(xùn)練3已知函數(shù)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)求函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,2)))上的最值；(2)若cosθ＝eq\f(4,5)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，求f(2θ＋eq\f(π,3))的值.解(1)由題意得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?yàn)閤∈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)))，即函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,2)))上的最大值為eq\f(\r(6),4)，最小值為－eq\f(\r(2),2).(2)因?yàn)閏osθ＝eq\f(4,5)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，所以sinθ＝－eq\f(3,5)，所以sin2θ＝2sinθcosθ＝－eq\f(24,25)，所以cos2θ＝cos2θ－sin2θ＝eq\f(16,25)－eq\f(9,25)＝eq\f(7,25)，所以feq\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)(sin2θ－cos2θ)＝eq\f(1,2)(cos2θ－sin2θ)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,25)＋\f(24,25)))＝eq\f(31,50).sinα＝eq\f(2tan\f(α,2),1＋tan2\f(α,2))，cosα＝eq\f(1－tan2\f(α,2),1＋tan2\f(α,2))，tanα＝eq\f(2tan\f(α,2),1－tan2\f(α,2)).注意(1)上述三個(gè)公式統(tǒng)稱(chēng)為萬(wàn)能公式.(2)上述公式左右兩邊定義域發(fā)生了變化，由左向右定義域縮小了.例(1)已知α，β∈(0，π)，taneq\f(α,2)＝eq\f(1,2)，sin(α－β)＝eq\f(5,13)，則cosβ＝________.答案eq\f(56,65)解析∵taneq\f(α,2)＝eq\f(1,2)，∴sinα＝eq\f(2tan\f(α,2),1＋tan2\f(α,2))＝eq\f(2×\f(1,2),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(4,5)，cosα＝eq\f(1－tan2\f(α,2),1＋tan2\f(α,2))＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(3,5)，∵α，β∈(0，π)，cosα＞0，∴α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，\f(π,2)))，∵sin(α－β)＝eq\f(5,13)＞0，∴α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cos(α－β)＝eq\f(12,13)，∴cosβ＝cos(－β)＝cos(α－β－α)＝cos(α－β)cosα＋sin(α－β)sinα＝eq\f(12,13)×eq\f(3,5)＋eq\f(5,13)×eq\f(4,5)＝eq\f(56,65).(2)(2023·寧波質(zhì)檢)已知6sin2α＋sinαcosα－2cos2α＝0，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).則tanα＝________，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝________.答案－eq\f(2,3)eq\f(5\r(3)－12,26)解析∵6sin2α＋sinαcosα－2cos2α＝eq\f(6sin2α＋sinαcosα－2cos2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(6tan2α＋tanα－2,tan2α＋1)＝0，即6tan2α＋tanα－2＝0，解得tanα＝－eq\f(2,3)或tanα＝eq\f(1,2)，∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴tanα＝－eq\f(2,3).∵sin2α＝eq\f(2tanα,1＋tan2α)＝－eq\f(12,13)，cos2α＝eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)＝eq\f(5,13)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝sin2αcoseq\f(π,3)＋cos2αsineq\f(π,3)＝－eq\f(12,13)×eq\f(1,2)＋eq\f(5,13)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(5\r(3)－12,26).訓(xùn)練在△ABC中，已知cosA＝eq\f(a·cosB－b,a－b·cosB)，求證：eq\f(tan2\f(A,2),tan2\f(B,2))＝eq\f(a＋b,a－b).證明法一∵cosA＝eq\f(a·cosB－b,a－b·cosB)，∴1－cosA＝eq\f(（a＋b）·（1－cosB）,a－b·cosB)，1＋cosA＝eq\f(（a－b）·（1＋cosB）,a－b·cosB).∴eq\f(1－cosA,1＋cosA)＝eq\f(（a＋b）·（1－cosB）,（a－b）·（1＋cosB）).而eq\f(1－cosA,1＋cosA)＝eq\f(2sin2\f(A,2),2cos2\f(A,2))＝tan2eq\f(A,2)，eq\f(1－cosB,1＋cosB)＝tan2eq\f(B,2)，∴tan2eq\f(A,2)＝eq\f(（a＋b）,（a－b）)·tan2eq\f(B,2)，即eq\f(tan2\f(A,2),tan2\f(B,2))＝eq\f(a＋b,a－b).法二(利用萬(wàn)能公式)由cosA＝eq\f(a·cosB－b,a－b·cosB)及萬(wàn)能公式可得：eq\f(1－tan2\f(A,2),1＋tan2\f(A,2))＝eq\f(a·\f(1－tan2\f(B,2),1＋tan2\f(B,2))－b,a－b·\f(1－tan2\f(B,2),1＋tan2\f(B,2)))，即eq\f(1－tan2\f(A,2),1＋tan2\f(A,2))＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－tan2\f(B,2)))－b\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋tan2\f(B,2))),a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋tan2\f(B,2)))－b\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－tan2\f(B,2))))，化簡(jiǎn)可得eq\f(tan2\f(A,2),tan2\f(B,2))＝eq\f(a＋b,a－b).分層精練·鞏固提升【A級(jí)基礎(chǔ)鞏固】1.已知tanα＝3，則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)))＝－sin2α＝－2sinαcosα＝eq\f(－2sinαcosα,cos2α＋sin2α)＝eq\f(－2tanα,1＋tan2α)＝eq\f(－2×3,1＋32)＝－eq\f(3,5).2.(2023·臨汾適應(yīng)性訓(xùn)練)已知角α的頂點(diǎn)為原點(diǎn)O，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，終邊過(guò)點(diǎn)(1＋tan15°，1－tan15°)，則tanα的值為()A.eq\r(3) B.－eq\r(3)C.－eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(3),3)答案D解析tanα＝eq\f(1－tan15°,1＋tan15°)＝eq\f(tan45°－tan15°,1＋tan45°·tan15°)＝tan(45°－15°)＝tan30°＝eq\f(\r(3),3).故選D.3.(2023·威海模擬)tan67.5°－eq\f(1,tan67.5°)的值為()A.1 B.eq\r(2)C.2 D.4答案C解析tan67.5°－eq\f(1,tan67.5°)＝eq\f(sin67.5°,cos67.5°)－eq\f(cos67.5°,sin67.5°)＝eq\f(sin267.5°－cos267.5°,sin67.5°cos67.5°)＝eq\f(－cos135°,\f(1,2)sin135°)＝2.4.(2022·昆明診斷)已知角α的終邊與單位圓的交點(diǎn)為Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，－\f(3,5)))，且sinα·cosα>0，則eq\r(1－sin2α)＋eq\r(2＋2cos2α)的值等于()A.eq\f(9,5) B.eq\f(7,5)C.eq\f(6,5) D.3答案A解析根據(jù)三角函數(shù)的定義得sinα＝－eq\f(3,5)，由同角三角函數(shù)的基本關(guān)系及sinαcosα>0，得cosα＝－eq\f(4,5)，所以sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(24,25)，cos2α＝cos2α－sin2α＝eq\f(7,25)，所以eq\r(1－sin2α)＋eq\r(2＋2cos2α)＝eq\r(1－\f(24,25))＋eq\r(2＋2×\f(7,25))＝eq\f(1,5)＋eq\f(8,5)＝eq\f(9,5).5.(2023·青島質(zhì)檢)已知eq\r(3)sinx－cosx＝eq\f(6,5)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝()A.eq\f(3,5) B.eq\f(7,25)C.－eq\f(7,25) D.－eq\f(24,25)答案B解析因?yàn)閑q\r(3)sinx－cosx＝eq\f(6,5)，所以eq\f(\r(3),2)sinx－eq\f(1,2)cosx＝eq\f(3,5)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝eq\f(3,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(7,25).故選B.6.(多選)(2023·邯鄲十校聯(lián)考)下列式子中與coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))相等的是()A.coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5π,6))) B.sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2π,3)))C.eq\f(\r(3)cosx＋sinx,2) D.2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－\f(x,2)))－1答案CD解析對(duì)于A，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)－π))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))≠coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，故A不符合；對(duì)于B，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)－\f(π,2)))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))≠coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，故B不符合；對(duì)于C，eq\f(\r(3)cosx＋sinx,2)＝eq\f(\r(3),2)cosx＋eq\f(1,2)sinx＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，故C符合；對(duì)于D，2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－\f(x,2)))－1＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，故D符合.7.已知tanα＝eq\f(1,3)，tanβ＝－eq\f(1,7)，且α，β∈(0，π)，則2α－β＝()A.eq\f(π,4) B.eq\f(π,4)或eq\f(5π,4)C.－eq\f(3π,4) D.eq\f(π,4)或eq\f(5π,4)或－eq\f(3π,4)答案C解析因?yàn)閠anα＝eq\f(1,3)＞0，且α∈(0，π)，所以α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，2α∈(0，π)，所以tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×\f(1,3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(3,4)＞0，所以2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).因?yàn)閠anβ＝－eq\f(1,7)＜0，且β∈(0，π)，所以β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以2α－β∈(－π，0)，又tan(2α－β)＝eq\f(tan2α－tanβ,1＋tan2αtanβ)＝eq\f(\f(3,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,7))),1＋\f(3,4)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,7))))＝1，所以2α－β＝－eq\f(3π,4).8.求值：eq\f(\r(3)－tan12°,（2cos212°－1）sin12°)＝________.答案8解析原式＝eq\f(\r(3)－\f(sin12°,cos12°),cos24°sin12°)＝eq\f(\r(3)cos12°－sin12°,cos24°sin12°cos12°)＝eq\f(2sin（60°－12°）,\f(1,4)sin48°)＝eq\f(2sin48°,\f(1,4)sin48°)＝8.9.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)解析法一∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(3,5)，∴sin2α＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))＝cos2eq\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).法二∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(\r(2),2)(sinα＋cosα)＝eq\f(3,5)，∴eq\f(1,2)(1＋sin2α)＝eq\f(9,25)，∴sin2α＝2×eq\f(9,25)－1＝－eq\f(7,25).10.(2023·石家莊一模)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，taneq\f(π,12)＝eq\f(sinα－sin\f(π,12),cosα＋cos\f(π,12))，則α＝________.答案eq\f(π,4)解析由taneq\f(π,12)＝eq\f(sin\f(π,12),cos\f(π,12))＝eq\f(sinα－sin\f(π,12),cosα＋cos\f(π,12))，得sineq\f(π,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosα＋cos\f(π,12)))＝coseq\f(π,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinα－sin\f(π,12)))，∴sineq\f(π,12)cosα＋sineq\f(π,12)coseq\f(π,12)＝coseq\f(π,12)sinα－coseq\f(π,12)sineq\f(π,12)，即sineq\f(π,12)coseq\f(π,12)＋coseq\f(π,12)sineq\f(π,12)＝coseq\f(π,12)sinα－sineq\f(π,12)cosα，即sineq\f(π,6)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,12)))，∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴α－eq\f(π,12)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))，∴eq\f(π,6)＝α－eq\f(π,12)，得α＝eq\f(π,12)＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,4).11.(2022·杭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝2cos2x＋2eq\r(3)sinx·cosx.(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))的值；(2)若feq\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cosα的值.解(1)因?yàn)閒(x)＝2cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx＝1＋cos2x＋eq\r(3)sin2x＝1＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，所以feq\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＋2sineq\f(5π,6)＝1＋1＝2.(2)由feq\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cosα＝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)))coseq\f(π,6)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))sineq\f(π,6)＝eq\f(4\r(3)＋3,10).12.(2023·撫順模擬)已知2sinα＝2sin2eq\f(α,2)－1.(1)求sinαcosα＋cos2α的值；(2)已知α∈(0，π)，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且tan2β－6tanβ＝1，求α＋2β的值.解(1)由已知得2sinα＝－cosα，所以tanα＝－eq\f(1,2).sinαcosα＋cos2α＝eq\f(sinαcosα＋cos2α－sin2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(tanα＋1－tan2α,tan2α＋1)＝eq\f(1,5).(2)由tan2β－6tanβ＝1，可得tan2β＝eq\f(2tanβ,1－tan2β)＝－eq\f(1,3)，則tan(α＋2β)＝eq\f(tanα＋tan2β,1－tanαtan2β)＝eq\f(－\f(1,2)－\f(1,3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))))＝－1.因?yàn)棣隆蔱q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2β∈(0，π)，又tan2β＝－eq\f(1,3)＞－eq\f(\r(3),3)，則2β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))，因?yàn)棣痢?0，π)，tanα＝－eq\f(1,2)＞－eq\f(\r(3),3)，則α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))，則α＋2β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)，2π))，所以α＋2β＝eq\f(7π,4).【B級(jí)能力提升】13.(2023·廣東大聯(lián)考)設(shè)sin20°＝m，cos20°＝n，則eq\f(tan10°＋1,1－tan10°)－eq\f(1,1－2sin210°)＝()A.eq\f(m,n) B.－eq\f(m,n)C.eq\f(n,m) D.－eq\f(n,m)答案A解析法一eq\f(tan10°＋1,1－tan10°)－eq\f(1,1－2sin210°)＝eq\f(sin10°＋cos10°,cos10°－sin10°)－eq\f(1,cos20°)＝eq\f(（sin10°＋cos10°）2,（cos10°－sin10°）（cos10°＋sin10°）)－eq\f(1,cos20°)＝eq\f(1＋2sin10°cos10°,cos210°－sin210°)－eq\f(1,cos20°)＝eq\f(1＋sin