简单的三角恒等变换含答案解析复习

简单的三角恒等变换基础巩固强化1.(文)已知等腰三角形顶角的余弦值等于eq\f(4,5)，则这个三角形底角的正弦值为()A.eq\f(\r(10),10) B．－eq\f(\r(10),10)C.eq\f(3\r(10),10) D．－eq\f(3\r(10),10)[答案]C[解析]设该等腰三角形的顶角为α，底角为β，则有α＋2β＝π，β＝eq\f(π,2)－eq\f(α,2)，0<eq\f(α,2)<eq\f(π,2)，∵2cos2eq\f(α,2)－1＝cosα，∴sinβ＝sin(eq\f(π,2)－eq\f(α,2))＝coseq\f(α,2)＝eq\r(\f(cosα＋1,2))＝eq\f(3\r(10),10)，故选C.(理)(2011·天津蓟县模拟)函数f(x)＝cos2x＋eq\r(3)sinxcosx在区间[－eq\f(π,4)，eq\f(π,3)]上的最大值为()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1＋\r(3),2)C．1 D.eq\f(3,2)[答案]D[解析]f(x)＝eq\f(1＋cos2x,2)＋eq\f(\r(3),2)sin2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)∵－eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,3)，∴－eq\f(π,3)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，∴－eq\f(\r(3),2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))≤1，∴f(x)的最大值为eq\f(3,2).2．(文)已知tanα＝－2，则eq\f(1,4)sin2α＋eq\f(2,5)cos2α的值是()A.eq\f(25,7) B.eq\f(7,25)C.eq\f(16,25) D.eq\f(9,25)[答案]B[解析]eq\f(1,4)sin2α＋eq\f(2,5)cos2α＝eq\f(\f(1,4)sin2α＋\f(2,5)cos2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(\f(1,4)tan2α＋\f(2,5),tan2α＋1)＝eq\f(7,25).(理)(2012·东北三省四市联考)若点P(cosα，sinα)在直线y＝－2x上，则sin2α＋2cos2α＝()A．－eq\f(14,5) B．－eq\f(7,5)C．－2 D.eq\f(4,5)[答案]C[解析]∵点P在直线y＝－2x上，∴sinα＝－2cosα，∴sin2α＋2cos2α＝2sinαcosα＋2(2cos2α－1)＝－4cos2α＋4cos2α－2＝－2.3．(2012·大纲全国文)若函数f(x)＝sineq\f(x＋φ,3)(φ∈[0,2π])是偶函数，则φ＝()A.eq\f(π,2) B.eq\f(2π,3)C.eq\f(3π,2) D.eq\f(5π,3)[答案]C[解析]本题考查了三角函数奇偶性，诱导公式．由y＝sineq\f(x＋φ,3)是偶函数知eq\f(φ,3)＝eq\f(π,2)＋kπ，即φ＝eq\f(3π,2)＋3kπ，又∵φ∈[0,2π]，∴φ＝eq\f(3π,2)适合．本题也可用偶函数定义求解．4．(2012·北京海淀期中练习)已知关于x的方程x2－xcosA·cosB＋2sin2eq\f(C,2)＝0的两根之和等于两根之积的一半，则△ABC一定是()A．直角三角形 B．等边三角形C．等腰三角形 D．钝角三角形[答案]C[解析]由题意得，cosAcosB＝eq\f(1,2)·2sin2eq\f(C,2)⇒cosA·cosB＝eq\f(1－cosC,2)⇒2cosA·cosB＝1＋cos(A＋B)⇒2cosA·cosB＝1＋cosA·cosB－sinA·sinB⇒cosA·cosB＋sinA·sinB＝1⇒cos(A－B)＝1⇒A－B＝0⇒A＝B，所以△ABC一定是等腰三角形，故选C.5．(文)(2011·陕西宝鸡质检)设α，β均为锐角，且cos(α＋β)＝sin(α－β)，则tanα的值为()A．2 B.eq\r(3)C．1 D.eq\f(\r(3),3)[答案]C[解析]由已知得cosαcosβ－sinαsinβ＝sinαcosβ－cosαsinβ，所以cosα(cosβ＋sinβ)＝sinα(cosβ＋sinβ)，因为β为锐角，所以sinβ＋cosβ≠0，所以sinα＝cosα，即tanα＝1，故选C.(理)已知cos(α－β)＝eq\f(3,5)，sinβ＝－eq\f(5,13)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，则sinα＝()A.eq\f(33,65) B.eq\f(63,65)C．－eq\f(33,65) D．－eq\f(63,65)[答案]A[解析]∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,2),－\f(π,2)<β<0))，∴0<α－β<π，又cos(α－β)＝eq\f(3,5)，∴sin(α－β)＝eq\r(1－cos2α－β)＝eq\f(4,5)；∵－eq\f(π,2)<β<0，且sinβ＝－eq\f(5,13)，∴cosβ＝eq\f(12,13).从而sinα＝sin[(α－β)＋β]＝sin(α－β)cosβ＋cos(α－β)sinβ＝eq\f(33,65).6．(文)设eq\f(5π,2)<θ<3π，且|cosθ|＝eq\f(1,5)，那么sineq\f(θ,2)的值为()A.eq\f(\r(10),5) B．－eq\f(\r(10),5)C．－eq\f(\r(15),5) D.eq\f(\r(15),5)[答案]C[解析]∵eq\f(5π,2)<θ<3π，∴cosθ<0，∴cosθ＝－eq\f(1,5).∵eq\f(5π,4)<eq\f(θ,2)<eq\f(3π,2)，∴sineq\f(θ,2)<0，又cosθ＝1－2sin2eq\f(θ,2)，∴sin2eq\f(θ,2)＝eq\f(1－cosθ,2)＝eq\f(3,5)，∴sineq\f(θ,2)＝－eq\f(\r(15),5).(理)已知taneq\f(α,2)＝3，则cosα＝()A.eq\f(4,5) B．－eq\f(4,5)C.eq\f(4,15) D．－eq\f(3,5)[答案]B[解析]cosα＝cos2eq\f(α,2)－sin2eq\f(α,2)＝eq\f(cos2\f(α,2)－sin2\f(α,2),cos2\f(α,2)＋sin2\f(α,2))＝eq\f(1－tan2\f(α,2),1＋tan2\f(α,2))＝eq\f(1－9,1＋9)＝－eq\f(4,5)，故选B.7．(文)在△ABC中，acos2eq\f(C,2)＋ccos2eq\f(A,2)＝eq\f(3,2)b，则()A．a，b，c依次成等差数列B．b，a，c依次成等差数列C．a，c，b依次成等差数列D．a，b，c既成等差数列，也成等比数列[答案]A[解析]∵acos2eq\f(C,2)＋ccos2eq\f(A,2)＝eq\f(3,2)b，∴a·eq\f(1＋cosC,2)＋c·eq\f(1＋cosA,2)＝eq\f(3,2)b，∴(a＋c)＋(acosC＋ccosA)＝3b，∵acosC＋ccosA＝b，∴a＋c＝2b，∴a、b、c依次成等差数列．(理)(2012·河南六市联考)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)，(A>0，ω>0,0<φ<π)，其导函数f′(x)的部分图象如图所示，则函数f(x)的解析式为()A．f(x)＝4sin(eq\f(1,2)x＋eq\f(π,4))B．f(x)＝2sin(eq\f(1,2)x＋eq\f(π,4))C．f(x)＝2sin(x＋eq\f(π,4))D．f(x)＝4sin(eq\f(1,2)x＋eq\f(3π,4))[答案]A[解析]f′(x)＝Aωcos(ωx＋φ)，由图象知，eq\f(2π,ω)＝2×(eq\f(3π,2)－(－eq\f(π,2)))，∴ω＝eq\f(1,2)，又Aω＝2，∴A＝4，∴f′(x)＝2cos(eq\f(1,2)x＋φ)，由f′(x)的图象过点(eq\f(π,2)，0)得，cos(eq\f(π,4)＋φ)＝0，∵0<φ<π，∴φ＝eq\f(π,4)，∴f(x)＝4sin(eq\f(1,2)x＋eq\f(π,4))，故选A.8．已知sinα＝eq\f(3,5)，cosβ＝eq\f(3,5)，其中α，β∈(0，eq\f(π,2))，则α＋β＝________.[答案]eq\f(π,2)[解析]∵α，β∈(0，eq\f(π,2))，sinα＝eq\f(3,5)，cosβ＝eq\f(3,5)，∴cosα＝eq\f(4,5)，sinβ＝eq\f(4,5)，∴cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(4,5)×eq\f(3,5)－eq\f(3,5)×eq\f(4,5)＝0，∵α＋β∈(0，π)，∴α＋β＝eq\f(π,2).9．已知：sinα＋cosα＝eq\f(1,5)，π<α<2π，则coseq\f(α,2)＝________.[答案]－eq\f(3\r(10),10)[解析]∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinα＋cosα＝\f(1,5)，,sin2α＋cos2α＝1，,π<α<2π，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinα＝－\f(3,5)，,cosα＝\f(4,5)，))∴coseq\f(α,2)＝－eq\r(\f(1＋cosα,2))＝－eq\f(3\r(10),10).10．在△ABC中，A、B、C成等差数列，则taneq\f(A,2)＋taneq\f(C,2)＋eq\r(3)taneq\f(A,2)·taneq\f(C,2)的值是________．[答案]eq\r(3)[解析]∵A、B、C成等差数列，∴2B＝A＋C，又A＋B＋C＝π，∴B＝eq\f(π,3)，A＋C＝eq\f(2π,3)，∴taneq\f(A,2)＋taneq\f(C,2)＋eq\r(3)taneq\f(A,2)·taneq\f(C,2)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)＋\f(C,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－tan\f(A,2)·tan\f(C,2)))＋eq\r(3)taneq\f(A,2)taneq\f(C,2)＝eq\r(3).能力拓展提升11.eq\f(sin10°＋sin50°,sin35°·sin55°)的值为()A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C．2D．4[答案]C[解析]原式＝eq\f(sin30°－20°＋sin30°＋20°,sin45°－10°·sin45°＋10°)＝eq\f(2sin30°cos20°,\f(1,2)cos210°－\f(1,2)sin210°)＝eq\f(cos20°,\f(1,2)cos20°)＝2.12．(文)(2011·天津蓟县模拟)函数f(x)＝cos2x＋eq\r(3)sinxcosx在区间[－eq\f(π,4)，eq\f(π,3)]上的最大值为()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1＋\r(3),2)C．1 D.eq\f(3,2)[答案]D[解析]f(x)＝eq\f(1＋cos2x,2)＋eq\f(\r(3),2)sin2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，∵－eq\f(π,4)≤x≤eq\f(π,3)，∴－eq\f(π,3)≤2x＋eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，∴－eq\f(\r(3),2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))≤1，∴f(x)的最大值为eq\f(3,2).(理)在△ABC中，若sinAsinB＝cos2eq\f(C,2)，则△ABC是()A．等边三角形B．等腰三角形C．直角三角形D．既非等腰又非直角的三角形[答案]B[解析]∵sinAsinB＝cos2eq\f(C,2)，∴eq\f(1,2)[cos(A－B)－cos(A＋B)]＝eq\f(1,2)(1＋cosC)，∴cos(A－B)－cos(π－C)＝1＋cosC，∴cos(A－B)＝1，∵－π<A－B<π，∴A－B＝0，∴△ABC为等腰三角形．13．已知sinθ＋cosθ＝eq\f(7,13)，且eq\f(π,2)<θ<π，则cos2θ的值是________．[答案]－eq\f(119,169)[解析]由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinθ＋cosθ＝\f(7,13),sin2θ＋cos2θ＝1))消去cosθ得，sin2θ－eq\f(7,13)sinθ－eq\f(60,169)＝0，∵eq\f(π,2)<θ<π，∴sinθ>0，∴sinθ＝eq\f(12,13)，∴cos2θ＝1－2sin2θ＝－eq\f(119,169).14．(2012·河北保定模拟)设α为△ABC的内角，且tanα＝－eq\f(3,4)，则sin2α的值为________．[答案]－eq\f(24,25)[解析]∵tanα＝－eq\f(3,4)，∴sin2α＝eq\f(2sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝eq\f(2tanα,tan2α＋1)＝eq\f(2×－\f(3,4),－\f(3,4)2＋1)＝－eq\f(24,25).15．(文)已知函数f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx＋2cos2x－1(x∈R)．(1)求函数f(x)的最小正周期及在区间[0，eq\f(π,2)]上的最大值和最小值．(2)若f(x0)＝eq\f(6,5)，x0∈[eq\f(π,4)，eq\f(π,2)]，求cos2x0的值．[解析](1)由f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx＋2cos2x－1，得f(x)＝eq\r(3)(2sinxcosx)＋(2cos2x－1)＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))).所以函数f(x)的最小正周期为π.因为f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上为增函数，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))上为减函数，又f(0)＝1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－1，所以函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为2，最小值为－1.(2)由(1)可知f(x0)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6))).又因为f(x0)＝eq\f(6,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5).由x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，得2x0＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(7π,6)))，从而coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))＝－eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6))))＝－eq\f(4,5).所以cos2x0＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))coseq\f(π,6)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(π,6)))sineq\f(π,6)＝eq\f(3－4\r(3),10).(理)已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)cos\f(x,4)，cos\f(x,4)))，n＝sineq\f(x,4)，coseq\f(x,4).(1)若m·n＝eq\f(\r(3)＋1,2)，求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))的值；(2)记f(x)＝m·n－eq\f(1,2)，在△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，且满足(eq\r(2)a－c)cosB＝bcosC，求函数f(A)的取值范围．[解析](1)m·n＝eq\f(\r(3)＋1,2)＝eq\r(3)coseq\f(x,4)sineq\f(x,4)＋cos2eq\f(x,4)＝eq\f(\r(3),2)sineq\f(x,2)＋eq\f(1,2)coseq\f(x,2)＋eq\f(1,2)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))＝－eq\f(1,2).(2)f(x)＝m·n－eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)＋\f(π,6)))，则f(A)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A,2)＋\f(π,6)))，因为(eq\r(2)a－c)cosB＝bcosC，则(eq\r(2)sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，即eq\r(2)sinAcosB＝sinA，则B＝eq\f(π,4)，∴A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)π))，eq\f(A,2)＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(13π,24)))，则f(A)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).16．(文)(2012·湖南文，18)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(x∈R，ω>0,0<φ<eq\f(π,2))的部分图象如图所示．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)＝f(x－eq\f(π,12))－f(x＋eq\f(π,12))的单调递增区间．[解析](1)由题设图象知，周期T＝2(eq\f(11π,12)－eq\f(5π,12))＝π，所以ω＝eq\f(2π,T)＝2.因为点(eq\f(5π,12)，0)在函数图象上，所以Asin(2×eq\f(5π,12)＋φ)＝0，即sin(eq\f(5π,6)＋φ)＝0.又因为0<φ<eq\f(π,2)，所以eq\f(5π,6)<eq\f(5π,6)＋φ<eq\f(4π,3).从而eq\f(5π,6)＋φ＝π，即φ＝eq\f(π,6).又点(0,1)在函数图象上，所以Asineq\f(π,6)＝1，得A＝2.故函数f(x)的解析式为f(x)＝2sin(2x＋eq\f(π,6))．(2)g(x)＝2sin[2(x－eq\f(π,12))＋eq\f(π,6)]－2sin[2(x＋eq\f(π,12))＋eq\f(π,6)]＝2sin2x－2sin(2x＋eq\f(π,3))＝2sin2x－2(eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)cos2x)＝sin2x－eq\r(3)cos2x＝2sin(2x－eq\f(π,3))．由2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，得kπ－eq\f(π,12)≤x≤kπ＋eq\f(5π,12)，k∈Z.所以函数g(x)的单调递增区间是[kπ－eq\f(π,12)，kπ＋eq\f(5π,12)]，k∈Z.[点评]本题考查了正弦型函数解析式求法，周期、单调区间求法、两角和与差的正弦公式等基础知识．由图象求(理)(2012·乌鲁木齐地区二诊)已知函数f(x)＝sinx(1＋sinx)＋cos2x.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在[－eq\f(π,6)，eq\f(2π,3)]上的最大值和最小值．[解析](1)f(x)＝sinx＋sin2x＋cos2x＝sinx＋1，∴f(x)的最小正周期为2π.(2)f(x)在[－eq\f(π,6)，eq\f(π,2)]上为增函数，在[eq\f(π,2)，eq\f(2π,3)]上为减函数，又f(－eq\f(π,6))<f(eq\f(2π,3))，∴x＝－eq\f(π,6)时，f(x)有最小值f(－eq\f(π,6))＝sin(－eq\f(π,6))＋1＝eq\f(1,2)；x＝eq\f(π,2)时，f(x)有最大值f(eq\f(π,2))＝sineq\f(π,2)＋1＝2.1．已知cos2α－cos2β＝a，那么sin(α＋β)·sin(α－β)等于()A．－eq\f(a,2)B.eq\f(a,2)C．－aD．a[答案]C[解析]sin(α＋β)sin(α－β)＝(sinαcosβ＋cosαsinβ)(sinαcosβ－cosαsinβ)＝sin2αcos2β－cos2αsin2β＝(1－cos2α)·cos2β－cos2α(1－cos2β)＝cos2β－cos2α＝－a.故选C.2．若0<α<β<eq\f(π,2)，则下列不等式中不正确的是()A．sinα＋sinβ<α＋β B．α＋sinβ<sinα＋βC．α·sinα<β·sinβ D.β·sinα<α·sinβ[答案]D[解析]由已知得sinα<α，sinβ<β，0<sinα<sinβ，因此sinα＋sinβ<α＋β，即选项A正确．α·sinα<β·sinβ，即选项C正确．构造函数f(x)＝x－sinx(其中x>0)，则f′(x)＝1－cosx≥0，因此函数f(x)＝x－sinx在(0，＋∞)上是增函数，当0<α<β<eq\f(π,2)时，有f(α)<f(β)，即α－sinα<β－sinβ，α＋sinβ<sinα＋β，选项B正确．对于选项D，当α＝eq\f(π,6)，β＝eq\f(π,3)时，β·sinα＝eq\f(π,6)>eq\f(π,6)·eq\f(\r(3),2)＝α·sinβ，选项D不正确．[点评