高中数学人教A版 (2019)必修 第一册5.5 三角恒等变换导学案

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第一册5.5 三角恒等变换导学案，共12页。


同学们知道电脑输入法中的“半角”和“全角”的区别吗？半角、全角主要是针对标点符号来说的，全角标点占两个字节，半角占一个字节，但不管是半角还是全角，汉字都要占两个字节.事实上，汉字字符规定了全角的英文字符、图形符号和特殊字符都是全角字符，而通常的英文字母、数字键、符号键都非半角字符.
问题 1.任意角中是否也有“全角”与“半角”之分，二者有何数量关系？
2.半角公式是如何推导出来的？
3.半角公式的符号是怎样确定的？
提示 1.eq \f(α,2)是α的半角，α是2α的半角.
2.半角公式的推导是利用公式cs 2α＝2cs2α－1＝1－2sin2α.
3.半角公式的符号是由半角所在的象限确定的.
1.半角公式 在利用公式时，注意符号的选取
sineq \f(α,2)＝±eq \r(\f(1－cs α,2)).
cseq \f(α,2)＝±eq \r(\f(1＋cs α,2)).
taneq \f(α,2)＝±eq \r(\f(1－cs α,1＋cs α))(无理形式).
taneq \f(α,2)＝eq \f(sin α,1＋cs α)＝eq \f(1－cs α,sin α)(有理形式).
2.辅助角公式
asin x＋bcs x＝eq \r(a2＋b2)sin(x＋φ).其中tan φ＝eq \f(b,a)，φ所在象限由a和b的符号确定，或者sin φ＝eq \f(b,\r(a2＋b2))，cs φ＝eq \f(a,\r(a2＋b2)).
教材拓展补遗
[微判断]
1.sin 15°＝±eq \r(\f(1－cs 30°,2)).(×)
提示 sin 15°＝eq \r(\f(1－cs 30°,2)).
2.对于α∈R，sineq \f(α,2)＝eq \f(1,2)sin α都不成立.(×)
提示 ∵sin α＝2sineq \f(α,2)cseq \f(α,2)，只有当cs eq \f(α,2)＝1时sineq \f(α,2)＝eq \f(1,2)sin α才能成立.
3.若5π<θ<6π，cseq \f(θ,2)＝a，则cseq \f(θ,4)＝eq \r(\f(1＋a,2)).(×)
提示 ∵eq \f(θ,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,4)，\f(3π,2)))为第三象限角，
故cs eq \f(θ,4)＝－eq \r(\f(1＋a,2)).
[微训练]
1.化简eq \f(2sin 2α,1＋cs 2α)·eq \f(cs2α,cs 2α)的结果为________.
解析 原式＝eq \f(2sin 2α,2cs2α)·eq \f(cs2α,cs 2α)＝tan 2α.
答案 tan 2α
2.函数f(x)＝5cs x＋12sin x的最小值为________.
解析 f(x)＝13eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,13)cs x＋\f(12,13)sin x))
＝13sin(x＋φ)(其中tan φ＝eq \f(5,12))，
∴f(x)min＝－13.
答案 －13
3.已知sin α＝eq \f(\r(5),5)，cs α＝eq \f(2\r(5),5)，则taneq \f(α,2)＝________.
解析 因为sin α＝eq \f(\r(5),5)>0，cs α＝eq \f(2\r(5),5)>0，所以α的终边落在第一象限，eq \f(α,2)的终边落在第一、三象限，所以taneq \f(α,2)>0，故taneq \f(α,2)＝eq \r(\f(1－cs α,1＋cs α))＝eq \r(\f(1－\f(2\r(5),5),1＋\f(2\r(5),5)))＝eq \r(5)－2.
答案 eq \r(5)－2
[微思考]
1.半角公式中的符号是如何确定的？
提示 (1)当给出角α的具体范围时，先求eq \f(α,2)的范围，然后根据eq \f(α,2)的范围确定符号.
(2)如果没有给出决定符号的条件，那么在根号前要保留正负号.
2.sin θ＋sin φ＝2sineq \f(θ＋φ,2)cseq \f(θ－φ,2)除了课本上的证明方法，还有什么其它的证明方法吗？
提示 右边＝2sineq \f(θ＋φ,2)cseq \f(θ－φ,2)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(θ,2)＋\f(φ,2)))·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(θ,2)－\f(φ,2)))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(θ,2)cs\f(φ,2)＋cs \f(θ,2)sin\f(φ,2)))·
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(θ,2)cs \f(φ,2)＋sin\f(θ,2)sin\f(φ,2)))
＝2eq \b\lc\((\a\vs4\al\c1(sin\f(θ,2)cs\f(θ,2)·cs2\f(φ,2)＋sin2\f(θ,2)·))
eq \b\lc\ (\a\vs4\al\c1(sin\f(φ,2)cs\f(φ,2)＋cs2\f(θ,2)sin\f(φ,2)cs\f(φ,2)＋))eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(sin2\f(φ,2)sin\f(θ,2)cs\f(θ,2)))
＝sin θ·cs2eq \f(φ,2)＋sin2eq \f(θ,2)sin φ＋cs2eq \f(θ,2)sin φ＋sin2eq \f(φ,2)sin θ
＝sin θ＋sin φ＝左边.
∴故等式成立.
题型一 利用半角公式求值
eq \a\vs4\al(,注意角的范围)【例1】 已知cs α＝eq \f(1,3)，α为第四象限角，求sin eq \f(α,2)，cs eq \f(α,2)，
tan eq \f(α,2).
解 ∵α为第四象限角，∴eq \f(α,2)为第二、四象限角.
当eq \f(α,2)为第二象限角时，
sineq \f(α,2)＝eq \r(\f(1－cs α,2))＝eq \f(\r(3),3)，cseq \f(α,2)＝－eq \r(\f(1＋cs α,2))＝－eq \f(\r(6),3)，taneq \f(α,2)＝－eq \r(\f(1－cs α,1＋cs α))＝
－eq \f(\r(2),2)；
当eq \f(α,2)为第四象限角时，
sineq \f(α,2)＝－eq \r(\f(1－cs α,2))＝－eq \f(\r(3),3)，
cseq \f(α,2)＝eq \r(\f(1＋cs α,2))＝eq \f(\r(6),3)，
taneq \f(α,2)＝－eq \r(\f(1－cs α,1＋cs α))＝－eq \f(\r(2),2).
规律方法 利用半角公式求值的思路
(1)观察角：若已知三角函数式中的角是待求三角函数式中角的两倍，则求解时常常借助半角公式求解.
(2)明范围：由于半角公式求值常涉及符号问题，因此求解时务必依据角的范围，求出相应半角的范围.
(3)选公式：涉及半角公式的正切值时，常用taneq \f(α,2)＝eq \f(sin α,1＋cs α)＝eq \f(1－cs α,sin α)，其优点是计算时可避免因开方带来的求角的范围问题；涉及半角公式的正、余弦值时，常先利用sin2eq \f(α,2)＝eq \f(1－cs α,2)，cs2eq \f(α,2)＝eq \f(1＋cs α,2)计算.
(4)下结论：结合(2)求值.
【训练1】 已知sin θ＝－eq \f(3,5)，3π<θA.3 B.－3
C.eq \f(1,3) D.－eq \f(1,3)
解析 ∵3π<θ答案 B
题型二 三角函数式的化简 eq \a\vs4\al(注意\f(α,2)是α的半角，α是2α的半角)
【例2】 化简：
eq \f(（1－sin α－cs α）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(α,2)＋cs\f(α,2))),\r(2－2cs α))(－π<α<0).
解 原式＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2sin2\f(α,2)－2sin\f(α,2)cs\f(α,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(α,2)＋cs \f(α,2))),\r(2×2sin2\f(α,2)))
＝eq \f(2sin\f(α,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(α,2)－cs\f(α,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(α,2)＋cs\f(α,2))),2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin\f(α,2))))
＝eq \f(sin\f(α,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin2\f(α,2)－cs2\f(α,2))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin\f(α,2))))＝eq \f(－sin\f(α,2)cs α,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(sin\f(α,2)))).
因为－π<α<0，所以－eq \f(π,2)所以原式＝eq \f(－sin\f(α,2)cs α,－sin\f(α,2))＝cs α.
规律方法 探究三角函数式化简的要求、思路和方法
(1)化简的要求：①能求出值的应求出值；②尽量使三角函数种数最少；③尽量使项数最少；④尽量使分母不含三角函数；⑤尽量使被开方数不含三角函数.
(2)化简的思路：对于和式，基本思路是降次、消项和逆用公式；对于三角分式，基本思路是分子与分母约分或逆用公式；对于二次根式，注意二倍角公式的逆用.另外，还可以用切化弦、变量代换、角度归一等方法.
【训练2】 设α∈(eq \f(3π,2)，2π)，化简：eq \r(\f(1,2)＋\f(1,2)\r(\f(1,2)＋\f(1,2)cs 2α)).
解 ∵α∈(eq \f(3π,2)，2π)，eq \f(α,2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))，∴cs α>0，cs eq \f(α,2)<0，故原式＝eq \r(\f(1,2)＋\f(1,2)\r(cs2α))＝eq \r(\f(1,2)＋\f(1,2)cs α)＝eq \r(cs2\f(α,2))＝|cseq \f(α,2)|＝－cseq \f(α,2).
题型三 三角恒等式的证明 原则：由繁到简
【例3】 证明：
eq \f(2sin xcs x,（sin x＋cs x－1）（sin x－cs x＋1）)＝eq \f(1＋cs x,sin x).
证明 左边＝
eq \f(2sin xcs x,（2sin\f(x,2)cs\f(x,2)＋1－2sin2\f(x,2)－1）（2sin\f(x,2)cs\f(x,2)－1＋2sin2\f(x,2)＋1）)
＝eq \f(2sin xcs x,2sin\f(x,2)（cs\f(x,2)－sin\f(x,2)）·2sin\f(x,2)（cs\f(x,2)＋sin\f(x,2)）)
＝eq \f(2sin xcs x,4sin2\f(x,2)cs x)＝eq \f(2sin\f(x,2)cs\f(x,2),2sin2\f(x,2))＝eq \f(cs\f(x,2),sin\f(x,2)).
右边＝eq \f(1＋2cs2\f(x,2)－1,2sin\f(x,2)cs\f(x,2))＝eq \f(cs\f(x,2),sin\f(x,2))，
所以左边＝右边，即等式成立.
规律方法 探究证明三角恒等式的原则与步骤
(1)观察恒等式的两端的结构形式，处理原则是从复杂到简单，高次降低次，复角化单角，如果两端都比较复杂，就将两端都化简，即采用“两头凑”的思想.
(2)证明恒等式的一般步骤：
①先观察，找出角、函数名称、式子结构等方面的差异；
②本着“复角化单角”“异名化同名”“变换式子结构”“变量集中”等原则，设法消除差异，达到证明的目的.
【训练3】 求证：eq \f(1,cs 2θ)－tan θ·tan 2θ＝1.
证明 eq \f(1,cs 2θ)－tan θ·tan 2θ＝eq \f(1,cs 2θ)－eq \f(sin θsin 2θ,cs θcs 2θ)
＝eq \f(cs θ－2sin2θcs θ,cs θcs 2θ)＝eq \f(cs θ（1－2sin2θ）,cs θcs 2θ)＝eq \f(1－2sin2θ,cs 2θ)
＝eq \f(cs 2θ,cs 2θ)＝1.
题型四 利用辅助角公式研究函数性质
【例4】 已知函数f(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))(x∈R).
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)求使函数f(x)取得最大值的x的集合.
解 (1)∵f(x)＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))
＝eq \r(3)sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))))＋1－cseq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))))
＝2eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))))－\f(1,2)cs\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))))))＋1
＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,12)))－\f(π,6)))＋1
＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＋1，
∴f(x)的最小正周期为T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)当f(x)取得最大值时，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))＝1，
有2x－eq \f(π,3)＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，
即x＝kπ＋eq \f(5π,12)(k∈Z)，
∴所求x的集合为
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(xx＝kπ＋\f(5π,12)，k∈Z)).
规律方法 (1)为了研究函数的性质，往往要充分利用三角变换公式转化为正弦型(余弦型)函数，这是解决问题的前提.
(2)解此类题时要充分运用两角和(差)、二倍角公式、辅助角转换公式消除差异，减少角的种类和函数式的项数，为讨论函数性质提供保障.
【训练4】 已知函数f(x)＝cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋x))·cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)－x))，g(x)＝eq \f(1,2)sin 2x－eq \f(1,4).
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)求函数h(x)＝f(x)－g(x)的最大值，并求使h(x)取得最大值时x的集合.
解 (1)f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs x－\f(\r(3),2)sin x))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs x＋\f(\r(3),2)sin x))
＝eq \f(1,4)cs2x－eq \f(3,4)sin2x＝eq \f(1＋cs 2x,8)－eq \f(3（1－cs 2x）,8)
＝eq \f(1,2)cs 2x－eq \f(1,4)，
∴f(x)的最小正周期为T＝eq \f(2π,2)＝π.
(2)h(x)＝f(x)－g(x)＝eq \f(1,2)cs 2x－eq \f(1,2)sin 2x
＝eq \f(\r(2),2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))，
当2x＋eq \f(π,4)＝2kπ(k∈Z)，
即x＝kπ－eq \f(π,8)(k∈Z)时，h(x)有最大值eq \f(\r(2),2).
此时x的集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(xx＝kπ－\f(π,8)，k∈Z)).
一、素养落地
1.在推导公式和应用公式的过程中，熟悉角的转化方法和换元法的应用，不断提升学生的逻辑推理、数学运算素养，并通过本节的asin x＋bcs x＝eq \r(a2＋b2)sin(x＋φ)的转化过程，进一步提升学生的数学抽象素养、逻辑推理素养和数学运算素养.
2.学习三角恒等变换，千万不要只顾死记硬背公式，而忽视对思想方法的理解，要学会借助前面几个有限的公式来推导后继公式，立足于在公式推导过程中记忆公式和运用公式.
3.asin x＋bcs x＝eq \r(a2＋b2)sin(x＋φ)(ab≠0)，其中tan φ＝eq \f(b,a)，φ 所在象限由a，b确定，掌握实质并能熟练应用.
二、素养训练
1.若cs 2α＝－eq \f(4,5)，且α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，则sin α＝( )
A.eq \f(3\r(10),10) B.eq \f(\r(10),10)
C.eq \f(3,5) D.－eq \f(\r(10),10)
解析 因为α∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，所以sin α>0，由半角公式可得sin α＝eq \r(\f(1－cs 2α,2))＝eq \f(3\r(10),10).
答案 A
2.下列各式与tan α相等的是( )
A. eq \r(\f(1－cs 2α,1＋cs 2α)) B.eq \f(sin α,1＋cs α)
C.eq \f(sin α,1－cs 2α) D.eq \f(1－cs 2α,sin 2α)
解析 eq \f(1－cs 2α,sin 2α)＝eq \f(2sin2α,2sin αcs α)＝eq \f(sin α,cs α)＝tan α.
答案 D
3.设5π<θ<6π，cseq \f(θ,2)＝a，则sineq \f(θ,4)等于( )
A.eq \f(\r(1＋a),2) B.eq \f(\r(1－a),2)
C.－eq \r(\f(1＋a,2)) D.－eq \r(\f(1－a,2))
解析 ∵5π<θ<6π，∴eq \f(5π,4)∴sineq \f(θ,4)＝－eq \r(\f(1－cs\f(θ,2),2))＝－eq \r(\f(1－a,2)).
答案 D
4.已知2cs2x＋sin 2x＝Asin(ωx＋φ)＋b(A>0，b∈R)，则A＝________，b＝________.
解析 2cs2x＋sin 2x＝cs 2x＋sin 2x＋1
＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＋1，∴A＝eq \r(2)，b＝1.
答案 eq \r(2) 1
5.化简：eq \f(1＋cs θ＋sin θ,1－cs θ＋sin θ)＋eq \f(1－cs θ＋sin θ,1＋cs θ＋sin θ).
解 原式＝eq \f(2cs2\f(θ,2)＋2sin\f(θ,2)cs\f(θ,2),2sin2\f(θ,2)＋2sin\f(θ,2)cs\f(θ,2))＋
eq \f(2sin2\f(θ,2)＋2sin\f(θ,2)cs\f(θ,2),2cs2\f(θ,2)＋2sin\f(θ,2)cs\f(θ,2))
＝eq \f(2cs\f(θ,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(θ,2)＋sin\f(θ,2))),2sin\f(θ,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(θ,2)＋cs\f(θ,2))))＋eq \f(2sin\f(θ,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(θ,2)＋cs\f(θ,2))),2cs\f(θ,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(θ,2)＋sin\f(θ,2))))
＝eq \f(cs\f(θ,2),sin\f(θ,2))＋eq \f(sin\f(θ,2),cs\f(θ,2))＝eq \f(cs2\f(θ,2)＋sin2\f(θ,2),sin\f(θ,2)cs\f(θ,2))＝eq \f(2,sin θ).
基础达标
一、选择题
1.函数y＝3sin 4x＋eq \r(3)cs 4x的最大值是( )
A.eq \r(3) B.2eq \r(3)
C.3 D.6
解析 y＝3sin 4x＋eq \r(3)cs 4x
＝2eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin 4x＋\f(1,2)cs 4x))
＝2eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x＋\f(π,6)))，
∴ymax＝2eq \r(3)，故选B.
答案 B
2.已知sin 2α＝eq \f(1,3)，则cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝( )
A.－eq \f(1,3) B.－eq \f(2,3)
C.eq \f(1,3) D.eq \f(2,3)
解析 cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,4)))＝eq \f(1＋cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－\f(π,2))),2)＝eq \f(1＋sin 2α,2)＝eq \f(1＋\f(1,3),2)＝eq \f(2,3).
答案 D
3.在△ABC中，若sin Asin B＝cs2eq \f(C,2)，则△ABC是( )
A.等边三角形 B.等腰三角形
C.不等边三角形 D.直角三角形
解析 sin Asin B＝eq \f(1,2)(1＋cs C)，
即2sin Asin B＝1＋cs C，
∴2sin Asin B＝1－cs Acs B＋sin Asin B，
故得cs(A－B)＝1，
又因为A－B∈(－π，π)，
∴A－B＝0，即A＝B，则△ABC是等腰三角形.
答案 B
4.函数f(x)＝eq \f(1,2)(1＋cs 2x)·sin2x(x∈R)是( )
A.最小正周期为π的奇函数
B.最小正周期为eq \f(π,2)的奇函数
C.最小正周期为π的偶函数
D.最小正周期为eq \f(π,2)的偶函数
解析 由题意，得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).又f(－x)＝f(x)，所以函数f(x)是最小正周期为eq \f(π,2)的偶函数，选D.
答案 D
5.若cs α＝－eq \f(4,5)，α是第三象限角，则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.2 D.－2
解析 ∵α是第三象限角，cs α＝－eq \f(4,5)，
∴sin α＝－eq \f(3,5)，∴tan eq \f(α,2)＝eq \f(sin α,1＋cs α)＝eq \f(－\f(3,5),1－\f(4,5))＝－3，
∴eq \f(1＋tan\f(α,2),1－tan\f(α,2))＝eq \f(1－3,1＋3)＝－eq \f(1,2).
答案 A
二、填空题
6.化简eq \r(1＋sin 2)的结果是________.
解析 eq \r(1＋sin 2)＝eq \r(sin21＋cs21＋2sin 1cs 1)
＝eq \r(（sin 1＋cs 1）2)＝|sin 1＋cs 1|，
因为1∈(0，eq \f(π,2))，所以sin 1>0，cs 1>0，
则eq \r(1＋sin 2)＝sin 1＋cs 1.
答案 sin 1＋cs 1
7.在△ABC中，若cs A＝eq \f(1,3)，则sin2eq \f(B＋C,2)＋cs 2A＝________.
解析 sin2eq \f(B＋C,2)＋cs 2A＝eq \f(1－cs（B＋C）,2)＋2cs2A－1
＝eq \f(1＋cs A,2)＋2cs2A－1＝－eq \f(1,9).
答案 －eq \f(1,9)
8.函数f(x)＝sin2x＋sin xcs x＋1的最小正周期为________.
解析 f(x)＝sin2x＋sin xcs x＋1＝eq \f(1－cs 2x,2)＋eq \f(1,2)sin 2x＋1＝eq \f(1,2)(sin 2x－cs 2x)＋eq \f(3,2)＝eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))＋eq \f(3,2)，
∴T＝π.
答案 π
三、解答题
9.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cs A＝eq \f(a·cs B－b,a－b·cs B)，求证eq \f(tan2\f(A,2),tan2\f(B,2))＝eq \f(a＋b,a－b).
证明 因为cs A＝eq \f(a·cs B－b,a－b·cs B)，
所以1－cs A＝eq \f(（a＋b）·（1－cs B）,a－b·cs B)，
1＋cs A＝eq \f(（a－b）·（1＋cs B）,a－b·cs B)，
所以eq \f(1－cs A,1＋cs A)＝eq \f(（a＋b）·（1－cs B）,（a－b）·（1＋cs B）)，
而eq \f(1－cs A,1＋cs A)＝eq \f(2sin2\f(A,2),2cs2\f(A,2))＝tan2eq \f(A,2)，
eq \f(1－cs B,1＋cs B)＝eq \f(2sin2\f(B,2),2cs2\f(B,2))＝tan2eq \f(B,2)，
所以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).
10.已知α为钝角，β为锐角，且sin α＝eq \f(4,5)，sin β＝eq \f(12,13)，求cs eq \f(α－β,2)与taneq \f(α－β,2)的值.
解 因为α为钝角，β为锐角，sin α＝eq \f(4,5)，sin β＝eq \f(12,13)，
所以cs α＝－eq \f(3,5)，cs β＝eq \f(5,13).
所以cs(α－β)＝cs αcs β＋sin αsin β＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))×eq \f(5,13)＋eq \f(4,5)×eq \f(12,13)＝eq \f(33,65).
因为eq \f(π,2)<α<π，且0<β所以0<α－β<π，即0所以cseq \f(α－β,2)＝eq \r(\f(1＋cs（α－β）,2))＝eq \r(\f(1＋\f(33,65),2))＝eq \f(7\r(65),65).
法一 由0法二 由0<α－β<π，cs(α－β)＝eq \f(33,65)，得
sin(α－β)＝eq \r(1－cs2（α－β）)＝eq \f(56,65).
所以taneq \f(α－β,2)＝eq \f(sin（α－β）,1＋cs（α－β）)＝eq \f(\f(56,65),1＋\f(33,65))＝eq \f(4,7).
能力提升
11.已知函数f(x)＝sin2x－cs2x－2eq \r(3)sin xcs x(x∈R).
(1)求feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))的值；
(2)求f(x)的最小正周期及单调递增区间.
解 (1)f(x)＝sin2x－cs2x－2eq \r(3)sin xcs x＝－cs 2x－eq \r(3)sin 2x＝－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))，
则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝－2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)＋\f(π,6)))＝2.
(2)f(x)的最小正周期为π.
由正弦函数的性质，
得eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得eq \f(π,6)＋kπ≤x≤eq \f(2π,3)＋kπ，k∈Z，
所以f(x)的单调递增区间是
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))(k∈Z).
12.如图所示，某市政府决定在以政府大楼O为中心，正北方向和正东方向的马路为边界的扇形地域内建造一个图书馆.为了充分利用这块土地，并考虑与周边环境协调，设计要求该图书馆底面矩形的四个顶点都要在边界上，图书馆的正面要朝市政府大楼.设扇形的半径OM＝R，∠MOP＝45°，OB与OM之间的夹角为θ.
(1)将图书馆底面矩形ABCD的面积S表示成θ的函数.
(2)若R＝45 m，求当θ为何值时，矩形ABCD的面积S最大？最大面积是多少？(取eq \r(2)＝1.414)
解 (1)由题意，可知点M为PQ的中点，所以OM⊥AD.
设OM与BC的交点为F，则BC＝2Rsin θ，OF＝Rcs θ，所以AB＝OF－eq \f(1,2)AD＝Rcs θ－Rsin θ.
所以S＝AB·BC＝2Rsin θ(Rcs θ－Rsin θ)＝R2(2sin θcs θ－2sin2θ)＝R2(sin 2θ－1＋cs 2θ)＝eq \r(2)R2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2θ＋\f(π,4)))－R2，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4))).
(2)因为θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，所以2θ＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，
所以当2θ＋eq \f(π,4)＝eq \f(π,2)，即θ＝eq \f(π,8)时，S有最大值.
Smax＝(eq \r(2)－1)R2＝(eq \r(2)－1)×452＝0.414×2 025＝838.35(m2).
故当θ＝eq \f(π,8)时，矩形ABCD的面积S最大，最大面积为838.35 m2.
课标要求
素养要求
1.能用二倍角公式导出半角公式，体会其中的三角恒等变换的基本思想.
2.能利用三角恒等变换对三角函数式化简、求值和证明.
在对公式的推导和应用过程中，发展学生的数学抽象、逻辑推理、数学运算素养.