高考数学一轮复习 第四章 第3节两角和与差的正弦、余弦和正切公式
展开这是一份高考数学一轮复习 第四章 第3节两角和与差的正弦、余弦和正切公式,共20页。试卷主要包含了化简等内容,欢迎下载使用。
2.能从两角差的余弦公式推导出两角和与差的正弦、余弦、正切公式,二倍角的正弦、余弦、正切公式,了解它们的内在联系;3.能运用上述公式进行简单的恒等变换(包括推导出积化和差、和差化积、半角公式,这三组公式不要求记忆).
知 识 梳 理
1.两角和与差的正弦、余弦和正切公式
sin(α±β)=sin__αcs__β±cs__αsin__β.
cs(α∓β)=cs__αcs__β±sin__αsin__β.
tan(α±β)=eq \f(tan α±tan β,1∓tan αtan β).
2.二倍角的正弦、余弦、正切公式
sin 2α=2sin__αcs__α.
cs 2α=cs2α-sin2α=2cs2α-1=1-2sin2α.
tan 2α=eq \f(2tan α,1-tan2α).
3.函数f(α)=asin α+bcs α(a,b为常数),可以化为f(α)=eq \r(a2+b2)sin(α+φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中tan φ=\f(b,a)))或f(α)=eq \r(a2+b2)·cs(α-φ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(其中tan φ=\f(a,b))).
[微点提醒]
1.tan α±tan β=tan(α±β)(1∓tan αtan β).
2.cs2α=eq \f(1+cs 2α,2),sin2α=eq \f(1-cs 2α,2).
3.1+sin 2α=(sin α+cs α)2,1-sin 2α=(sin α-cs α)2,
sin α±cs α=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α±\f(π,4))).
基 础 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)两角和与差的正弦、余弦公式中的角α,β是任意的.( )
(2)存在实数α,β,使等式sin(α+β)=sin α+sin β成立.( )
(3)公式tan(α+β)=eq \f(tan α+tan β, 1-tan αtan β)可以变形为tan α+tan β
=tan(α+β)(1-tan αtan β),且对任意角α,β都成立.( )
(4)存在实数α,使tan 2α=2tan α.( )
解析 (3)变形可以,但不是对任意的α,β都成立,α,β,α+β≠eq \f(π,2)+kπ(k∈Z).
答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)√
2.(必修4P127T2改编)若cs α=-eq \f(4,5),α是第三象限的角,则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,4)))等于( )
A.-eq \f(\r(2),10) B.eq \f(\r(2),10) C.-eq \f(7\r(2),10) D.eq \f(7\r(2),10)
解析 ∵α是第三象限的角,
∴sin α=-eq \r(1-cs2α)=-eq \f(3,5),
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,4)))=-eq \f(3,5)×eq \f(\r(2),2)+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(4,5)))×eq \f(\r(2),2)=-eq \f(7\r(2),10).
答案 C
3.(必修4P146A4(2)改编)tan 20°+tan 40°+eq \r(3)tan 20°·tan 40°=________.
解析 ∵tan 60°=tan(20°+40°)=eq \f(tan 20°+tan 40°,1-tan 20°tan 40°),
∴tan 20°+tan 40°=tan 60°(1-tan 20°tan 40°)
=eq \r(3)-eq \r(3)tan 20°tan 40°,
∴原式=eq \r(3)-eq \r(3)tan 20°tan 40°+eq \r(3)tan 20°tan 40°=eq \r(3).
答案 eq \r(3)
4.(2018·全国Ⅲ卷)若sin α=eq \f(1,3),则cs 2α=( )
A.eq \f(8,9) B.eq \f(7,9) C.-eq \f(7,9) D.-eq \f(8,9)
解析 因为sin α=eq \f(1,3),cs 2α=1-2sin2α,
所以cs 2α=1-2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(2)=1-eq \f(2,9)=eq \f(7,9).
答案 B
5.(2019·青岛一模)已知角α是终边经过点P(sin 47°,cs 47°),则sin(α-13°)=( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),2) C.-eq \f(1,2) D.-eq \f(\r(3),2)
解析 由三角函数定义,sin α=cs 47°,cs α=sin 47°,
则sin(α-13°)=sin αcs 13°-cs αsin 13°
=cs 47°cs 13°-sin 47°sin 13°
=cs(47°+13°)=cs 60°=eq \f(1,2).
答案 A
6.(2018·全国Ⅱ卷)已知sin α+cs β=1,cs α+sin β=0,则sin(α+β)=________.
解析 由sin α+cs β=1,cs α+sin β=0,
两式平方相加,得2+2sin αcs β+2cs αsin β=1,
整理得sin(α+β)=-eq \f(1,2).
答案 -eq \f(1,2)
考点一 三角函数式的化简
【例1】 (1)化简:sin(α+β)cs(γ-β)-cs(β+α)sin(β-γ)=________.
(2)化简:eq \f((1+sin α+cs α)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(α,2)-sin\f(α,2))),\r(2+2cs α))(0<α<π)=________.
解析 (1)sin(α+β)cs(γ-β)-cs(β+α)sin(β-γ)
=sin(α+β)cs (β-γ)-cs(α+β)sin(β-γ)
=sin[(α+β)-(β-γ)]=sin(α+γ).
(2)原式=eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2cs2\f(α,2)+2sin\f(α,2)cs\f(α,2)))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(α,2)-sin\f(α,2))),\r(4cs2\f(α,2)))
=eq \f(cs\f(α,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs2\f(α,2)-sin2\f(α,2))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs\f(α,2))))=eq \f(cs\f(α,2)cs α,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs\f(α,2)))).
因为0<α<π,所以0
答案 (1)sin(α+γ) (2)cs α
规律方法 1.三角函数式的化简要遵循“三看”原则:一看角之间的差别与联系,把角进行合理的拆分,正确使用公式;二看函数名称之间的差异,确定使用的公式,常见的有“切化弦”;三看结构特征,找到变形的方向,常见的有“遇到分式要通分”、“遇到根式一般要升幂”等.
2.化简三角函数式的常见方法有弦切互化,异名化同名,异角化同角,降幂与升幂等.
【训练1】 (1)cs(α+β)cs β+sin(α+β)sin β=( )
A.sin(α+2β) B.sin α
C.cs(α+2β) D.cs α
(2)化简:eq \f(2cs4α-2cs2α+\f(1,2),2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-α))sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)+α)))=________.
解析 (1)cs(α+β)cs β+sin(α+β)sin β=cs[(α+β)-β]=cs α.
(2)原式=eq \f(\f(1,2)(4cs4α-4cs2α+1),\f(2×sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-α)),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-α)))·cs2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-α)))
=eq \f((2cs2α-1)2,4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-α))cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-α)))=eq \f(cs22α,2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)-2α)))
=eq \f(cs22α,2cs 2α)=eq \f(1,2)cs 2α.
答案 (1)D (2)eq \f(1,2)cs 2α
考点二 三角函数式的求值 多维探究
角度1 给角(值)求值
【例2-1】 (1)计算:eq \f(cs 10°-\r(3)cs(-100°),\r(1-sin 10°))=________.
解析 eq \f(cs 10°-\r(3)cs(-100°),\r(1-sin 10°))=eq \f(cs 10°+\r(3)cs 80°,\r(1-cs 80°))=eq \f(cs 10°+\r(3)sin 10°,\r(2)·sin 40°)=eq \f(2sin(10°+30°),\r(2)·sin 40°)=eq \r(2).
答案 eq \r(2)
(2)(2018·江苏卷)已知α,β为锐角,tan α=eq \f(4,3),cs(α+β)=-eq \f(\r(5),5).
①求cs 2α的值;
②求tan(α-β)的值.
解 ①因为tan α=eq \f(4,3),tan α=eq \f(sin α,cs α),
所以sin α=eq \f(4,3)cs α.
因为sin2α+cs2α=1,所以cs2α=eq \f(9,25),
因此,cs 2α=2cs2α-1=-eq \f(7,25).
②因为α,β为锐角,所以α+β∈(0,π).
又因为cs(α+β)=-eq \f(\r(5),5),
所以sin(α+β)=eq \r(1-cs2(α+β))=eq \f(2\r(5),5),
因此tan(α+β)=-2.
因为tan α=eq \f(4,3),所以tan 2α=eq \f(2tan α,1-tan2α)=-eq \f(24,7),
因此,tan(α-β)=tan[2α-(α+β)]=eq \f(tan 2α-tan(α+β),1+tan 2αtan(α+β))=-eq \f(2,11).
角度2 给值求角
【例2-2】 (1)(2019·河南六市联考)已知cs α=eq \f(1,7),cs(α-β)=eq \f(13,14),若0<β<α
解析 (1)由cs α=eq \f(1,7),0<α
由0<β<α
由β=α-(α-β)得cs β=cs[α-(α-β)]
=cs αcs(α-β)+sin αsin(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).
∵β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))),∴β=eq \f(π,3).
(2)∵tan α=tan[(α-β)+β]=eq \f(tan(α-β)+tan β,1-tan(α-β)tan β)
=eq \f(\f(1,2)-\f(1,7),1+\f(1,2)×\f(1,7))=eq \f(1,3)>0,
又α∈(0,π),∴0<α
∴0<2α
∵tan β=-eq \f(1,7)<0,∴eq \f(π,2)<β<π,-π<2α-β<0,
∴2α-β=-eq \f(3π,4).
答案 (1)eq \f(π,3) (2)-eq \f(3π,4)
规律方法 1.“给角求值”、“给值求值”问题求解的关键在于“变角”,使其角相同或具有某种关系,借助角之间的联系寻找转化方法.
2.“给值求角”:实质是转化为“给值求值”,先求角的某一函数值,再求角的范围,最后确定角.遵照以下原则:(1)已知正切函数值,选正切函数;(2)已知正、余弦函数值,选正弦或余弦函数;若角的范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))),选正、余弦皆可;若角的范围是(0,π),选余弦较好;若角的范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),\f(π,2))),选正弦较好.
【训练2】 (1)(2019·天津河西区模拟)tan 70°·cs 10°(eq \r(3)tan 20°-1)等于( )
A.1 B.2 C.-1 D.-2
(2)已知α,β为锐角,cs α=eq \f(1,7),且sin(α+β)=eq \f(5\r(3),14),则角β=________.
(3)若eq \f(\r(2)cs 2θ,cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)+θ)))=eq \r(3)·sin 2θ,则sin 2θ=( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,3) C.-eq \f(2,3) D.-eq \f(1,3)
解析 (1)tan 70°·cs 10°(eq \r(3)tan 20°-1)
=eq \f(sin 70°,cs 70°)·cs 10°eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)·\f(sin 20°,cs 20°)-1))
=eq \f(cs 20°cs 10°,sin 20°)·eq \f(\r(3)sin 20°-cs 20°,cs 20°)
=eq \f(cs 10°·2sin(20°-30°),sin 20°)=eq \f(-sin 20°,sin 20°)=-1.
(2)∵α为锐角,且cs α=eq \f(1,7),
∴sin α=eq \r(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,7)))\s\up12(2))=eq \f(4\r(3),7).
∵α,β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))),∴0<α+β<π.
又∵sin(α+β)
∴cs(α+β)=-eq \f(11,14).
cs β=cs[(α+β)-α]=cs(α+β)cs α+sin(α+β)sin α
=-eq \f(11,14)×eq \f(1,7)+eq \f(5\r(3),14)×eq \f(4\r(3),7)=eq \f(49,98)=eq \f(1,2).
∴β=eq \f(π,3).
(3)由题意知eq \f(2(cs2θ-sin2θ),cs θ-sin θ)=eq \r(3)sin 2θ,
∴2(cs θ+sin θ)=eq \r(3)sin 2θ,则4(1+sin 2θ)=3sin22θ,
因此sin 2θ=-eq \f(2,3)或sin 2θ=2(舍).
答案 (1)C (2)eq \f(π,3) (3)C
考点三 三角恒等变换的简单应用
【例3】 (2019·杭州模拟)设函数f(x)=sin2ωx-cs2ωx+2eq \r(3)sin ωxcs ωx+λ的图象关于直线x=π对称,其中ω,λ为常数,且ω∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2),1)).
(1)求函数f(x)的最小正周期;
(2)若y=f(x)的图象经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4),0)),求函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(3π,5)))上的最值.
解 (1)f(x)=sin2ωx+2eq \r(3)sin ωx·cs ωx-cs2ωx+λ
=eq \r(3)sin 2ωx-cs 2ωx+λ
=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2ωx-\f(π,6)))+λ,
因为图象关于直线x=π对称,
所以2πω-eq \f(π,6)=eq \f(π,2)+kπ(k∈Z),
所以ω=eq \f(k,2)+eq \f(1,3)(k∈Z),又ω∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2),1)),
令k=1时,ω=eq \f(5,6)符合要求,
所以函数f(x)的最小正周期为eq \f(2π,2×\f(5,6))=eq \f(6π,5).
(2)因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))=0,
所以2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(5,6)×\f(π,4)-\f(π,6)))+λ=0,则λ=-eq \r(2).
所以f(x)=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)x-\f(π,6)))-eq \r(2).
由0≤x≤eq \f(3,5)π,知-eq \f(π,6)≤eq \f(5,3)x-eq \f(π,6)≤eq \f(5,6)π,
∴当eq \f(5,3)x-eq \f(π,6)=-eq \f(π,6),即x=0时,f(x)取最小值-1-eq \r(2).
当eq \f(5,3)x-eq \f(π,6)=eq \f(π,2),即x=eq \f(2,5)π时,f(x)取最大值2-eq \r(2).
规律方法 1.进行三角恒等变换要抓住:变角、变函数名称、变结构,尤其是角之间的关系;注意公式的逆用和变形使用.
2.把形如y=asin x+bcs x化为y=eq \r(a2+b2)sin(x+φ),可进一步研究函数的周期、单调性、最值与对称性.
【训练3】 (2017·北京卷)已知函数f(x)=eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))-2sin xcs x.
(1)求f(x)的最小正周期;
(2)求证:当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,4),\f(π,4)))时,f(x)≥-eq \f(1,2).
(1)解 f(x)=eq \r(3)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x-\f(π,3)))-2sin xcs x
=eq \f(\r(3),2)cs 2x+eq \f(3,2)sin 2x-sin 2x
=eq \f(1,2)sin 2x+eq \f(\r(3),2)cs 2x=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3))),
所以f(x)的最小正周期T=eq \f(2π,2)=π.
(2)证明 由(1)知f(x)=sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x+\f(π,3))).
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,4),\f(π,4))),∴2x+eq \f(π,3)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(π,6),\f(5π,6))),
∴当2x+eq \f(π,3)=-eq \f(π,6),即x=-eq \f(π,4)时,f(x)取得最小值-eq \f(1,2).
∴f(x)≥-eq \f(1,2)成立.
[思维升华]
1.重视三角函数的“三变”:“三变”是指“变角、变名、变式”.
(1)变角:对角的分拆要尽可能化成同角、特殊角;(2)变名:尽可能减少函数名称;(3)变式:对式子变形一般要尽可能有理化、整式化、降低次数等.
2.在解决求值、化简、证明问题时,一般是观察角、函数名、所求(或所证明)问题的整体形式中的差异,再选择适当的三角公式恒等变形.
[易错防范]
1.运用公式时要注意审查公式成立的条件,要注意和、差、倍角的相对性,要注意升幂、降幂的灵活运用,要注意“1”的各种变通.
2.在(0,π)范围内,sin α=eq \f(\r(2),2)所对应的角α不是唯一的.
3.在三角求值时,往往要借助角的范围确定三角函数值的符号或所求角的三角函数的名称.
逻辑推理与数学运算——缩小角的范围常用策略
在运用平方关系和由三角函数值求角时都要注意角的范围.如果条件中角的范围恰好能够使用,那么就能顺势求解题目.但绝大部分题目都会设置一定的障碍,特别是角的范围,往往所给的范围较大,需要根据条件缩小范围.
类型1 由三角函数值的符号缩小角的范围
【例1】 (一题多解)已知α,β∈(0,π),tan α=2,cs β=-eq \f(7\r(2),10),求2α-β的值.
解 法一 因为tan α=2>0,α∈(0,π),所以α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))).
同理可得β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π)),且tan β=-eq \f(1,7).
所以α-β∈(-π,0),tan(α-β)=eq \f(tan α-tan β,1+tan αtan β)=3>0,所以α-β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-π,-\f(π,2))),所以2α-β∈(-π,0).
又tan(2α-β)=tan[α+(α-β)]=eq \f(tan α+tan(α-β),1-tan αtan(α-β))=-1,
所以2α-β=-eq \f(π,4).
法二 因为tan α=2>1,α∈(0,π),所以α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4),\f(π,2))).
因为cs β=-eq \f(7\r(2),10),β∈(0,π),所以β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π)),
所以2α-β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),\f(π,2))).
因为tan(2α-β)=tan[α+(α-β)]=eq \f(tan α+tan(α-β),1-tan αtan(α-β))=-1,
所以2α-β=-eq \f(π,4).
评析 三角函数值的符号与角的范围有直接关系,借助三角函数值的符号可有效缩小角的范围.本题缩小角的范围分为两层:先由条件中tan α,cs β的符号缩小α,β的范围,得到α-β的范围,再由α-β的范围,结合tan(α-β)的符号进而缩小α-β的范围,得到2α-β的范围.难点是想到缩小α-β的范围.
另外,本题还可以采用缩小三角函数值的范围来缩小角的范围.
法二较法一在求角的范围上运算量小了许多,这也显示出运用三角函数值的范围缩小角的范围的优势.
类型2 由三角函数值及特殊角的三角函数值缩小范围
【例2】 设α,β∈(0,π),sin(α+β)=eq \f(5,13),tan eq \f(α,2)=eq \f(1,2),则cs β=________.
解析 因为tan eq \f(α,2)=eq \f(1,2),
所以sin α=2sin eq \f(α,2)cs eq \f(α,2)=eq \f(2sin \f(α,2)cs\f(α,2),sin2\f(α,2)+cs2\f(α,2))=eq \f(2tan \f(α,2),1+tan2\f(α,2))=eq \f(4,5),cs α=cs2eq \f(α,2)-sin2eq \f(α,2)=eq \f(cs2\f(α,2)-sin2\f(α,2),cs2\f(α,2)+sin2\f(α,2))=eq \f(1-tan2\f(α,2),1+tan2\f(α,2))=eq \f(3,5)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2),\f(\r(2),2))).
又α∈(0,π),所以a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4),\f(π,3))),又β∈(0,π),所以α+β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4),\f(4π,3))).又sin(α+β)=eq \f(5,13)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(1,2))),所以α+β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,6)π,π)),所以cs(α+β)=-eq \f(12,13),所以cs β=cs[(α+β)-α]=cs(α+β)cs α+sin(α+β)sin α=-eq \f(16,65).
答案 -eq \f(16,65)
评析 本题缩小角的范围分为两层:(1)由cs α=eq \f(3,5)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2),\f(\r(2),2))),结合α∈(0,π),缩小角α的范围,得到α+β的范围;(2)由sin(α+β)=eq \f(5,13)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(1,2))),结合α+β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4),\f(4π,3)))上不单调,解决办法是画图.
基础巩固题组
(建议用时:40分钟)
一、选择题
1.若tan θ=-eq \f(1,3),则cs 2θ=( )
A.-eq \f(4,5) B.-eq \f(1,5) C.eq \f(1,5) D.eq \f(4,5)
解析 cs 2θ=cs2θ-sin2θ=eq \f(cs2θ-sin2θ,cs2θ+sin2θ)=eq \f(1-tan2θ,1+tan2θ)=eq \f(4,5).
答案 D
2.(2019·北京海淀区)若cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,3)))=eq \f(4,5),则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)-2α))=( )
A.eq \f(23,25) B.-eq \f(23,25) C.eq \f(7,25) D.-eq \f(7,25)
解析 ∵cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,3)))=eq \f(4,5),
∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,3)))=sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,3)))))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)-α))=eq \f(4,5),
∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)-2α))=1-2sin2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)-α))=-eq \f(7,25).
答案 D
3.(2019·日照调研)eq \f(sin 10°,1-\r(3)tan 10°)=( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2) C.eq \f(\r(3),2) D.1
解析 eq \f(sin 10°,1-\r(3)tan 10°)=eq \f(sin 10°cs 10°,cs 10°-\r(3)sin 10°)
=eq \f(2sin 10°cs 10°,4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs 10°-\f(\r(3),2)sin 10°)))=eq \f(sin 20°,4sin(30°-10°))=eq \f(1,4).
答案 A
4.(2019·信阳一模)函数f(x)=3sin eq \f(x,2)cs eq \f(x,2)+4cs2eq \f(x,2)(x∈R)的最大值等于( )
A.5 B.eq \f(9,2) C.eq \f(5,2) D.2
解析 由题意知f(x)=eq \f(3,2)sin x+4×eq \f(1+cs x,2)
=eq \f(3,2)sin x+2cs x+2=eq \f(5,2)sin(x+φ)+2(其中tan φ=eq \f(4,3)),又因为x∈R,所以f(x)的最大值为eq \f(9,2).
答案 B
5.(2019·济南模拟)若sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A+\f(π,4)))=eq \f(7\r(2),10),A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4),π)),则sin A的值为( )
A.eq \f(3,5) B.eq \f(4,5) C.eq \f(3,5)或eq \f(4,5) D.eq \f(3,4)
解析 ∵A∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4),π)),∴A+eq \f(π,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),\f(5π,4))),
∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A+\f(π,4)))<0,
且cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A+\f(π,4)))=-eq \r(1-sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A+\f(π,4))))=-eq \f(\r(2),10),
∴sin A=sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A+\f(π,4)))-\f(π,4)))
=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A+\f(π,4)))cs eq \f(π,4)-cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A+\f(π,4)))sin eq \f(π,4)=eq \f(4,5).
答案 B
二、填空题
6.(2017·江苏卷)若taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α-\f(π,4)))=eq \f(1,6),则tan α=________.
解析 tan α=taneq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α-\f(π,4)))+\f(π,4)))=
eq \f(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α-\f(π,4)))+tan\f(π,4),1-tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α-\f(π,4)))·tan\f(π,4))=eq \f(\f(1,6)+1,1-\f(1,6))=eq \f(7,5).
答案 eq \f(7,5)
7.化简:eq \f(2sin(π-α)+sin 2α,2cs2\f(α,2))=________.
解析 eq \f(2sin(π-α)+sin 2α,2cs2\f(α,2))=eq \f(2sin α+2sin αcs α,1+cs α)
=eq \f(2sin α(1+cs α),1+cs α)=2sin α.
答案 2sin α
8.(2017·全国Ⅰ卷)已知α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))),tan α=2,则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α-\f(π,4)))=________.
解析 由tan α=2得sin α=2 cs α,
又sin 2α+cs2α=1,所以cs2α=eq \f(1,5).
因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2))),所以cs α=eq \f(\r(5),5),sin α=eq \f(2\r(5),5).
因为cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α-\f(π,4)))=cs αcs eq \f(π,4)+sin αsin eq \f(π,4),
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α-\f(π,4)))=eq \f(\r(5),5)×eq \f(\r(2),2)+eq \f(2\r(5),5)×eq \f(\r(2),2)=eq \f(3\r(10),10).
答案 eq \f(3\r(10),10)
三、解答题
9.(2018·浙江卷)已知角α的顶点与原点O重合,始边与x轴的非负半轴重合,它的终边过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(3,5),-\f(4,5))).
(1)求sin(α+π)的值;
(2)若角β满足sin(α+β)=eq \f(5,13),求cs β的值.
解 (1)由角α的终边过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(3,5),-\f(4,5))),
得sin α=-eq \f(4,5),
所以sin(α+π)=-sin α=eq \f(4,5).
(2)由角α的终边过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(3,5),-\f(4,5))),得cs α=-eq \f(3,5),
由sin(α+β)=eq \f(5,13),得cs(α+β)=±eq \f(12,13).
由β=(α+β)-α得cs β=cs(α+β)cs α+sin(α+β)sin α,
所以cs β=-eq \f(56,65)或cs β=eq \f(16,65).
10.已知函数f(x)=(2cs2x-1)·sin 2x+eq \f(1,2)cs 4x.
(1)求f(x)的最小正周期及单调递减区间;
(2)若α∈(0,π),且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,4)-\f(π,8)))=eq \f(\r(2),2),求taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,3)))的值.
解 (1)f(x)=(2cs2x-1)sin 2x+eq \f(1,2)cs 4x
=cs 2xsin 2x+eq \f(1,2)cs 4x
=eq \f(1,2)(sin 4x+cs 4x)=eq \f(\r(2),2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x+\f(π,4))),
∴f(x)的最小正周期T=eq \f(π,2).
令2kπ+eq \f(π,2)≤4x+eq \f(π,4)≤2kπ+eq \f(3,2)π(k∈Z),
得eq \f(kπ,2)+eq \f(π,16)≤x≤eq \f(kπ,2)+eq \f(5π,16)(k∈Z).
∴f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(kπ,2)+\f(π,16),\f(kπ,2)+\f(5π,16)))(k∈Z).
(2)∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,4)-\f(π,8)))=eq \f(\r(2),2),即sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α-\f(π,4)))=1.
因为α∈(0,π),-eq \f(π,4)<α-eq \f(π,4)
因此taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,3)))=eq \f(tan\f(3π,4)+tan\f(π,3),1-tan\f(3π,4)tan\f(π,3))=eq \f(-1+\r(3),1+\r(3))=2-eq \r(3).
能力提升题组
(建议用时:20分钟)
11.若点(θ,0)是函数f(x)=sin x+2cs x图象的一个对称中心,则cs 2θ+sin θcsθ=( )
A.eq \f(11,10) B.-eq \f(11,10) C.1 D.-1
解析 ∵点(θ,0)是函数f(x)=sin x+2cs x图象的一个对称中心,
∴sin θ+2cs θ=0,即tan θ=-2.
∴cs 2θ+sin θcs θ=eq \f(cs2θ-sin2θ+sin θcs θ,sin2θ+cs2θ)
=eq \f(1-tan2θ+tan θ,tan2θ+1)=eq \f(1-4-2,4+1)=-1.
答案 D
12.(一题多解)已知θ是第四象限角,且sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ+\f(π,4)))=eq \f(3,5),则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ-\f(π,4)))=( )
A.eq \f(4,3) B.-eq \f(4,3) C.-eq \f(3,4) D.eq \f(3,4)
解析 法一 ∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ+\f(π,4)))=eq \f(\r(2),2)×(sin θ+cs θ)=eq \f(3,5),
∴sin θ+cs θ=eq \f(3\r(2),5),①
∴2sin θcs θ=-eq \f(7,25).
∵θ是第四象限角,∴sin θ<0,cs θ>0,
∴sin θ-cs θ=-eq \r(1-2sin θcs θ)=-eq \f(4\r(2),5),②
由①②得sin θ=-eq \f(\r(2),10),cs θ=eq \f(7\r(2),10),∴tan θ=-eq \f(1,7),
∴taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ-\f(π,4)))=eq \f(tan θ-1,1+tan θ)=-eq \f(4,3).
法二 ∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ+\f(π,4)))+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-θ))=eq \f(π,2),
∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ+\f(π,4)))=cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-θ))=eq \f(3,5),
又2kπ-eq \f(π,2)<θ<2kπ(k∈Z),
∴2kπ-eq \f(π,4)<θ+eq \f(π,4)<2kπ+eq \f(π,4)(k∈Z),
∴cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ+\f(π,4)))=eq \f(4,5),∴sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-θ))=eq \f(4,5),
∴taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-θ))=eq \f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-θ)),cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-θ)))=eq \f(4,3),
∴taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ-\f(π,4)))=-taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)-θ))=-eq \f(4,3).
答案 B
13.(2019·广东七校联考)已知sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,6)))+cs α=-eq \f(\r(3),3),则cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)-α))=________.
解析 ∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,6)))+cs α=-eq \f(\r(3),3),
∴eq \f(\r(3),2)sin α+eq \f(3,2)cs α=-eq \f(\r(3),3),eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,3)))=-eq \f(\r(3),3),
则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,3)))=-eq \f(1,3).
故cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)-α))=sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)-α))))=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,3)))=-eq \f(1,3).
答案 -eq \f(1,3)
14.(2019·烟台二中月考)已知函数f(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a+2cs2\f(x,2)))·cs(x+θ)为奇函数,且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))=0,其中a∈R,θ∈(0,π).
(1)求a,θ的值;
(2)若α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π)),feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)+\f(π,8)))+eq \f(2,5)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,4)))cs 2α=0,求cs α-sin α的值.
解 (1)因为f(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a+2cs2\f(x,2)))cs(x+θ)是奇函数,
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a+2cs2\f(x,2)))cs(x+θ)=-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a+2cs2\f(x,2)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-x+θ)),
化简、整理得,cs xcs θ=0,则有cs θ=0,
由θ∈(0,π),得θ=eq \f(π,2),
所以f(x)=-sin x·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a+2cs2 \f(x,2))).
由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))=0,得-(a+1)=0,即a=-1.
(2)由(1)知f(x)=-eq \f(1,2)sin 2x,
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α,2)+\f(π,8)))+eq \f(2,5)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,4)))cs 2α=0⇒sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,4)))=eq \f(4,5)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,4)))cs 2α,
因为cs 2α=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α+\f(π,2)))=sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,4)))))
=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,4)))cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,4))),
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,4)))=eq \f(8,5)cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,4)))sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,4))).
又α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2),π)),
所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,4)))=0或cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,4)))=eq \f(5,8).
由sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,4)))=0⇒α=eq \f(3π,4),
所以cs α-sin α=cs eq \f(3π,4)-sin eq \f(3π,4)=-eq \r(2);
由cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,4)))=eq \f(5,8),eq \f(3π,4)<α+eq \f(π,4)
综上,cs α-sin α=-eq \r(2)或cs α-sin α=-eq \f(\r(5),2).
新高考创新预测
15.(试题创新)设α,β∈[0,π],且满足sin αcs β-cs αsin β=1,则sin(2α-β)+sin(α-2β)的取值范围为( )
A.[-eq \r(2),1] B.[-1,eq \r(2)]
C.[-1,1] D.[1,eq \r(2)]
解析 ∵sin αcs β-cs αsin β=1,∴sin(α-β)=1,
∵α,β∈[0,π],
∴α-β=eq \f(π,2),由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0≤α≤π,,0≤β=α-\f(π,2)≤π))⇒eq \f(π,2)≤α≤π,
∴sin(2α-β)+sin(α-2β)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α-α+\f(π,2)))+sin(α-2α+π)=cs α+sin α=eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,4))),∵eq \f(π,2)≤α≤π,∴eq \f(3π,4)≤α+eq \f(π,4)≤eq \f(5,4)π,∴-1≤eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α+\f(π,4)))≤1,即所求的取值范围是[-1,1],故选C.
答案 C
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