新课标三维人教B版数学 倍角公式和半角公式

eq\a\vs4\al(倍角公式和半角公式)3．2.1倍角公式预习课本P143～144，思考并完成以下问题(1)二倍角的正弦、余弦、正切公式是什么？公式如何推导？(2)联系已学公式，考虑cos2α，sin2α有哪几种变形方法？eq\a\vs4\al([新知初探])二倍角公式eq\a\vs4\al([小试身手])1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)二倍角的正弦、余弦、正切公式的适用范围是任意角．()(2)存在角α，使得sin2α＝2sinα成立．()(3)对任意角α，总有tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α).()答案：(1)×(2)√(3)×2．已知sinα＝eq\f(3,5)，cosα＝eq\f(4,5)，则sin2α等于()A.eq\f(7,5) B.eq\f(12,5)C.eq\f(12,25) D.eq\f(24,25)答案：D3．计算cos215°－sin215°结果等于()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(3),2)答案：D4．已知α为第三象限角，cosα＝－eq\f(3,5)，则tan2α＝________.答案：－eq\f(24,7)给角求值问题[典例]求下列各式的值：(1)sineq\f(π,12)coseq\f(π,12)；(2)1－2sin2750°；(3)eq\f(2tan150°,1－tan2150°)；(4)cos20°cos40°cos80°.[解](1)原式＝eq\f(2sin\f(π,12)cos\f(π,12),2)＝eq\f(sin\f(π,6),2)＝eq\f(1,4).(2)原式＝cos(2×750°)＝cos1500°＝cos(4×360°＋60°)＝cos60°＝eq\f(1,2).(3)原式＝tan(2×150°)＝tan300°＝tan(360°－60°)＝－tan60°＝－eq\r(3).(4)原式＝eq\f(2sin20°·cos20°·cos40°·cos80°,2sin20°)＝eq\f(2sin40°·cos40°·cos80°,4sin20°)＝eq\f(2sin80°·cos80°,8sin20°)＝eq\f(sin160°,8sin20°)＝eq\f(1,8).此类题型(1)(2)(3)小题直接利用公式或逆用公式较为简单．而(4)小题通过观察角度的关系，发现其特征(二倍角形式)，逆用正弦二倍角公式，使得问题中可连用正弦二倍角公式，所以在解题过程中要注意观察式子的结构特点及角之间是否存在特殊的倍数关系，灵活运用公式及其变形，从而使问题迎刃而解．[活学活用]求下列各式的值．(1)sineq\f(π,8)sineq\f(3π,8)；(2)cos215°－cos275°；(3)2cos2eq\f(5π,12)－1；(4)eq\f(tan30°,1－tan230°).解：(1)∵sineq\f(3π,8)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,8)))＝coseq\f(π,8)，∴sineq\f(π,8)sineq\f(3π,8)＝sineq\f(π,8)coseq\f(π,8)＝eq\f(1,2)·2sineq\f(π,8)coseq\f(π,8)＝eq\f(1,2)sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),4).(2)∵cos275°＝cos2(90°－15°)＝sin215°，∴cos215°－cos275°＝cos215°－sin215°＝cos30°＝eq\f(\r(3),2).(3)2cos2eq\f(5π,12)－1＝coseq\f(5π,6)＝－eq\f(\r(3),2).(4)eq\f(tan30°,1－tan230°)＝eq\f(\f(1,2)×2tan30°,1－tan230°)＝eq\f(1,2)tan60°＝eq\f(\r(3),2).化简问题[典例]化简：(1)eq\f(1,1－tanθ)－eq\f(1,1＋tanθ)；(2)eq\f(2cos2α－1,2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))).[解](1)原式＝eq\f(1＋tanθ－1－tanθ,1－tanθ1＋tanθ)＝eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝tan2θ.(2)原式＝eq\f(cos2α,2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,4)－α)))＝eq\f(cos2α,2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)))＝eq\f(cos2α,2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α)))＝eq\f(cos2α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(π,4)－2α)))＝eq\f(cos2α,cos2α)＝1.(1)化简三角函数式的常用方法：①切化弦；②异名化同名；③异角化同角；④高次降低次．(2)化简三角函数式的常用技巧：①特殊角的三角函数与特殊值的互化；②对于分式形式，应分别对分子、分母进行变形处理，有公因式的提取公因式后进行约分；③对于二次根式，注意倍角公式的逆用；④利用角与角之间的隐含关系，如互余、互补等；⑤利用“1”的恒等变形，如tan45°＝1，sin2α＋cos2α＝1等．[活学活用]化简：(1)eq\f(1,cos2θ)－tanθtan2θ；(2)sin2αsin2β＋cos2αcos2β－eq\f(1,2)cos2αcos2β.解：(1)eq\f(1,cos2θ)－tanθtan2θ＝eq\f(1,cos2θ)－eq\f(sinθsin2θ,cosθcos2θ)＝eq\f(cosθ－2sin2θcosθ,cosθcos2θ)＝eq\f(1－2sin2θ,cos2θ)＝eq\f(cos2θ,cos2θ)＝1.(2)原式＝sin2αsin2β＋cos2αcos2β－eq\f(1,2)(2cos2α－1)·(2cos2β－1)＝sin2αsin2β＋cos2αcos2β－eq\f(1,2)(4cos2αcos2β－2cos2α－2cos2β＋1)＝sin2αsin2β－cos2αcos2β＋cos2α＋cos2β－eq\f(1,2)＝sin2αsin2β＋cos2αsin2β＋cos2β－eq\f(1,2)＝sin2β＋cos2β－eq\f(1,2)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).给值求值[典例]已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，eq\f(π,2)≤α<eq\f(3π,2)，求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))的值．[解]∵eq\f(π,2)≤α<eq\f(3π,2)，∴eq\f(3π,4)≤α＋eq\f(π,4)<eq\f(7π,4).∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))>0，∴eq\f(3π,2)<α＋eq\f(π,4)<eq\f(7π,4).∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝－eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2)＝－eq\f(4,5).∴cos2α＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))×eq\f(3,5)＝－eq\f(24,25)，sin2α＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝1－2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2＝eq\f(7,25).∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)cos2α－eq\f(\r(2),2)sin2α＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(24,25)－\f(7,25)))＝－eq\f(31\r(2),50).[一题多变]1．[变设问]本例条件不变，求eq\f(cos2α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α)))的值．解：原式＝eq\f(cos2α－sin2α,sin\f(π,4)cosα＋cos\f(π,4)sinα)＝eq\r(2)(cosα－sinα)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(6,5).2．[变条件，变设问]若本例条件变为：若x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝eq\f(3,5)，求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))的值．解：由sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝eq\f(3,5)，得sinxcoseq\f(π,6)－cosxsineq\f(π,6)＝eq\f(3,5)，两边平方，得eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(1,4)－eq\f(\r(3),4)sin2x＝eq\f(9,25)，∴eq\f(1,2)·eq\f(1－cos2x,2)＋eq\f(1,4)－eq\f(\r(3),4)sin2x＝eq\f(9,25)，即sin2x·eq\f(\r(3),2)＋cos2x·eq\f(1,2)＝eq\f(7,25)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝eq\f(7,25).解决条件求值问题的方法给值求值问题，注意寻找已知式与未知式之间的联系，有两个观察方向：(1)有方向地将已知式或未知式化简，使关系明朗化；(2)寻找角之间的关系，看是否适合相关公式的使用，注意常见角的变换和角之间的二倍关系．层级一学业水平达标1．若sineq\f(α,2)＝eq\f(\r(3),3)，则cosα＝()A．－eq\f(2,3) B．－eq\f(1,3)C.eq\f(1,3) D.eq\f(2,3)解析：选C因为sineq\f(α,2)＝eq\f(\r(3),3)，所以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).2．下列各式中，值为eq\f(\r(3),2)的是()A．2sin15°cos15° B．cos215°－sin215°C．2sin215° D．sin215°＋cos215°解析：选Bcos215°－sin215°＝cos30°＝eq\f(\r(3),2).3．已知α为第三象限角，且cosα＝－eq\f(\r(5),5)，则tan2α的值为()A．－eq\f(4,3) B.eq\f(4,3)C．－eq\f(3,4) D．－2解析：选A由题意可得，sinα＝－eq\r(1－cos2α)＝－eq\f(2\r(5),5)，∴tanα＝2，∴tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(4,3)，故选A.4．化简eq\f(2sin2α,1＋cos2α)·eq\f(cos2α,sinα)等于()A．2cosα B．2sinαC.eq\f(1,2) D．cosα解析：选A原式＝eq\f(4sinαcosα,1＋2cos2α－1)·eq\f(cos2α,sinα)＝2cosα.5．已知α为锐角，且满足cos2α＝sinα，则α等于()A．75° B．45°C．60° D．30°解析：选D因为cos2α＝1－2sin2α，故由题意，知2sin2α＋sinα－1＝0，即(sinα＋1)(2sinα－1)＝0.因为α为锐角，所以sinα＝eq\f(1,2)，所以α＝30°.故选D.6．已知tanx＝2，则tan2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝________.解析：∵tanx＝2，∴tan2x＝eq\f(2tanx,1－tan2x)＝－eq\f(4,3).tan2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2)))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,2))))＝eq\f(－cos2x,sin2x)＝－eq\f(1,tan2x)＝eq\f(3,4).答案：eq\f(3,4)7．已知sineq\f(θ,2)＋coseq\f(θ,2)＝eq\f(2\r(3),3)，那么sinθ＝____________，cos2θ＝____________.解析：∵sineq\f(θ,2)＋coseq\f(θ,2)＝eq\f(2\r(3),3)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)＋cos\f(θ,2)))2＝eq\f(4,3)，即1＋2sineq\f(θ,2)coseq\f(θ,2)＝eq\f(4,3)，∴sinθ＝eq\f(1,3)，∴cos2θ＝1－2sin2θ＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＝eq\f(7,9).答案：eq\f(1,3)eq\f(7,9)8．求值：eq\f(1,sin\f(π,18))－eq\f(\r(3),cos\f(π,18))＝________.解析：原式＝eq\f(cos\f(π,18)－\r(3)sin\f(π,18),sin\f(π,18)·cos\f(π,18))＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos\f(π,18)－\f(\r(3),2)sin\f(π,18))),\f(1,2)sin\f(π,9))＝eq\f(4·sin\f(π,9),sin\f(π,9))＝4.答案：49．已知α为第二象限角，且sinα＝eq\f(\r(15),4)，求eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))),sin2α＋cos2α＋1)的值．解：原式＝eq\f(\f(\r(2),2)sinα＋cosα,2sinαcosα＋2cos2α)＝eq\f(\r(2)sinα＋cosα,4cosαsinα＋cosα).∵α为第二象限角，且sinα＝eq\f(\r(15),4)，∴sinα＋cosα≠0，cosα＝－eq\f(1,4)，∴原式＝eq\f(\r(2),4cosα)＝－eq\r(2).10．已知α，β均为锐角，且tanα＝7，cosβ＝eq\f(2\r(5),5)，求α＋2β的值．解：∵β为锐角，且cosβ＝eq\f(2\r(5),5)，∴sinβ＝eq\f(\r(5),5).∴tanβ＝eq\f(1,2)，tan2β＝eq\f(2tanβ,1－tan2β)＝eq\f(2×\f(1,2),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(4,3).∴0<2β<eq\f(π,2)，0<α＋2β<π，又tan(α＋2β)＝eq\f(tanα＋tan2β,1－tanαtan2β)＝eq\f(7＋\f(4,3),1－7×\f(4,3))＝－1，∴α＋2β＝eq\f(3π,4).层级二应试能力达标1．已知sin2α＝eq\f(2,3)，则cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝()A.eq\f(1,6) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(2,3)解析：选A∵sin2α＝eq\f(2,3)，∴cos2eq\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－\f(2,3),2)＝eq\f(1,6).2．若eq\f(cos2α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\f(1,2)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))的值为()A.eq\f(7,8) B．－eq\f(7,8)C．－eq\f(4,7) D.eq\f(4,7)解析：选A因为eq\f(cos2α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\f(1,2)，所以eq\f(cos2α－sin2α,\f(\r(2),2)sinα＋\f(\r(2),2)cosα)＝eq\f(1,2)，所以cosα－sinα＝eq\f(\r(2),4)，平方得1－2cosαsinα＝eq\f(1,8)，所以sin2α＝eq\f(7,8)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))＝sin2α＝eq\f(7,8).3．化简：eq\f(sin235°－\f(1,2),sin20°)＝()A.eq\f(1,2) B．－eq\f(1,2)C．－1 D．1解析：选B原式＝eq\f(\f(1－cos70°,2)－\f(1,2),sin20°)＝－eq\f(cos70°,2sin20°)＝－eq\f(sin20°,2sin20°)＝－eq\f(1,2).4．已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(1,3)，则cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))的值是()A.eq\f(7,9) B.eq\f(1,3)C．－eq\f(1,3) D．－eq\f(7,9)解析：选D∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(1,3)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2α))＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(7,9)，∴cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋2α))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2α))))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2α))＝－eq\f(7,9).5．等腰三角形一个底角的余弦为eq\f(2,3)，那么这个三角形顶角的正弦值为________．解析：设A是等腰△ABC的顶角，则cosB＝eq\f(2,3)，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2)＝eq\f(\r(5),3).所以sinA＝sin(180°－2B)＝sin2B＝2sinBcosB＝2×eq\f(\r(5),3)×eq\f(2,3)＝eq\f(4\r(5),9).答案：eq\f(4\r(5),9)6．已知角α，β为锐角，且1－cos2α＝sinαcosα，tan(β－α)＝eq\f(1,3)，则β＝________.解析：由1－cos2α＝sinαcosα，得1－(1－2sin2α)＝sinαcosα，即2sin2α＝sinαcosα.∵α为锐角，∴sinα≠0，∴2sinα＝cosα，即tanα＝eq\f(1,2).法一：由tan(β－α)＝eq\f(tanβ－tanα,1＋tanβtanα)＝eq\f(tanβ－\f(1,2),1＋\f(1,2)tanβ)＝eq\f(1,3)，得tanβ＝1.∵β为锐角，∴β＝eq\f(π,4).法二：tanβ＝tan(β－α＋α)＝eq\f(tanβ－α＋tanα,1－tanβ－αtanα)＝eq\f(\f(1,3)＋\f(1,2),1－\f(1,3)×\f(1,2))＝1.∵β为锐角，∴β＝eq\f(π,4).答案：eq\f(π,4)7．已知向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosα－\f(\r(2),3)，－1))，n＝(sinα，1)，m与n为共线向量，且α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0)).(1)求sinα＋cosα的值．(2)求eq\f(sin2α,sinα－cosα)的值．解：(1)因为m与n为共线向量，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosα－\f(\r(2),3)))×1－(－1)×sinα＝0，即sinα＋cosα＝eq\f(\r(2),3).(2)因为1＋sin2α＝(sinα＋cosα)2＝eq\f(2,9)，所以sin2α＝－eq\f(7,9)，因为(sinα＋cosα)2＋(sinα－cosα)2＝2，所以(sinα－cosα)2＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),3)))2＝eq\f(16,9).又因为α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，所以sinα－cosα<0，sinα－cosα＝－eq\f(4,3).因此，eq\f(sin2α,sinα－cosα)＝eq\f(7,12).8．已知sineq\f(x,2)－2coseq\f(x,2)＝0.(1)求tanx的值；(2)求eq\f(cos2x,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)＋x))sinπ＋x)的值．解：(1)由sineq\f(x,2)－2coseq\f(x,2)＝0，知coseq\f(x,2)≠0，∴taneq\f(x,2)＝2，∴tanx＝eq\f(2tan\f(x,2),1－tan2\f(x,2))＝eq\f(2×2,1－22)＝－eq\f(4,3).(2)由(1)，知tanx＝－eq\f(4,3)，∴eq\f(cos2x,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)＋x))sinπ＋x)＝eq\f(cos2x,－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－sinx)＝eq\f(cos2x－sin2x,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cosx－\f(\r(2),2)sinx))sinx)＝eq\f(cosx－sinxcosx＋sinx,\f(\r(2),2)cosx－sinxsinx)＝eq\r(2)×eq\f(cosx＋sinx,sinx)＝eq\r(2)×eq\f(1＋tanx,tanx)＝eq\f(\r(2),4).3．2.2半角的正弦、余弦和正切预习课本P145～146，思考并完成以下问题(1)半角的正弦、余弦、正切公式是什么？(2)半角公式的符号是由哪些因素决定的？eq\a\vs4\al([新知初探])半角公式[点睛](1)有了半角公式，只需知道cosα的值及相关的角的条件便可求eq\f(α,2)的正弦、余弦、正切的值．(2)对于S和C，α∈R，但是使用T时，要保证α≠(2k＋1)π(k∈Z)．eq\a\vs4\al([小试身手])1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)半角公式对任意角都适用．()(2)taneq\f(α,2)＝eq\f(sinα,1＋cosα)，只需满足α≠2kπ＋π(k∈Z)．()答案：(1)×(2)√2．若cosα＝eq\f(1,3)，且α∈(0，π)，则coseq\f(α,2)的值为()A.eq\f(\r(6),3) B．－eq\f(\r(6),3)C．±eq\f(\r(6),3) D.eq\f(\r(3),3)答案：A3．已知cosα＝eq\f(4,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，则sineq\f(α,2)等于()A．－eq\f(\r(10),10) B.eq\f(\r(10),10)C.eq\f(3\r(3),10) D．－eq\f(3,5)答案：B4．已知cosα＝－eq\f(3,5)，且180°<α<270°，则taneq\f(α,2)＝________.答案：－2求值问题[典例]已知sinα＝－eq\f(4,5)，π<α<eq\f(3π,2)，求sineq\f(α,2)，coseq\f(α,2)，taneq\f(α,2)的值．[解]∵π<α<eq\f(3π,2)，sinα＝－eq\f(4,5)，∴cosα＝－eq\f(3,5)，且eq\f(π,2)<eq\f(α,2)<eq\f(3π,4)，∴sineq\f(α,2)＝eq\r(\f(1－cosα,2))＝eq\f(2\r(5),5)，coseq\f(α,2)＝－eq\r(\f(1＋cosα,2))＝－eq\f(\r(5),5)，taneq\f(α,2)＝eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))＝－2.解决给值求值问题的思路方法已知三角函数式的值，求其他三角函数式的值，一般思路为：(1)先化简已知或所求式子；(2)观察已知条件与所求式子之间的联系(从三角函数名及角入手)；(3)将已知条件代入所求式子，化简求值．[活学活用]已知sineq\f(α,2)－coseq\f(α,2)＝－eq\f(1,\r(5))，450°<α<540°，求taneq\f(α,2)的值．解：由题意得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))2＝eq\f(1,5)，即1－sinα＝eq\f(1,5)，得sinα＝eq\f(4,5).∵450°<α<540°，∴cosα＝－eq\f(3,5)，∴taneq\f(α,2)＝eq\f(1－cosα,sinα)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5))),\f(4,5))＝2.三角函数式的化简[典例]化简：eq\f(1＋sinα＋cosα\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2))),\r(2＋2cosα))(π<α<2π)．[解]原式＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos2\f(α,2)＋2sin\f(α,2)cos\f(α,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2))),\r(2·2cos2\f(α,2)))＝eq\f(2cos\f(α,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)＋sin\f(α,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2))),2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2))))＝eq\f(cos\f(α,2)－cosα,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)))).又∵π<α<2π，∴eq\f(π,2)<eq\f(α,2)<π，∴coseq\f(α,2)<0，∴原式＝eq\f(cos\f(α,2)·－cosα,－cos\f(α,2))＝cosα.[一题多变]1．[变条件]若本例中式子变为：eq\f(1－sinα－cosα\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2))),\r(2－2cosα))(－π<α<0)，求化简后的式子．解：原式＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin2\f(α,2)－2sin\f(α,2)cos\f(α,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2))),\r(2×2sin2\f(α,2)))＝eq\f(2sin\f(α,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2))),2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2))))＝eq\f(sin\f(α,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2\f(α,2)－cos2\f(α,2))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2))))＝eq\f(－sin\f(α,2)cosα,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)))).因为－π<α<0，所以－eq\f(π,2)<eq\f(α,2)<0，所以sineq\f(α,2)<0，所以原式＝eq\f(－sin\f(α,2)cosα,－sin\f(α,2))＝cosα.2．[变条件]若本例中的式子变为：eq\f(1＋sinα,\r(1＋cosα)－\r(1－cosα))＋eq\f(1－sinα,\r(1＋cosα)＋\r(1－cosα))，π<α<eq\f(3π,2)，求化简后的式子．解：原式＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2)))2,\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)))－\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2))))＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))2,\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)))＋\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2))))，∵π<α<eq\f(3π,2)，∴eq\f(π,2)<eq\f(α,2)<eq\f(3π,4).∴coseq\f(α,2)<0，sineq\f(α,2)>0.∴原式＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2)))2,－\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2))))＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))2,\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2))))＝－eq\f(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2),\r(2))＋eq\f(sin\f(α,2)－cos\f(α,2),\r(2))＝－eq\r(2)coseq\f(α,2).化简问题中的“三变”(1)变角：三角变换时通常先寻找式子中各角之间的联系，通过拆、凑等手段消除角之间的差异，合理选择联系它们的公式．(2)变名：观察三角函数种类的差异，尽量统一函数的名称，如统一为弦或统一为切．(3)变式：观察式子的结构形式的差异，选择适当的变形途径．如升幂、降幂、配方、开方等．三角恒等变换的综合应用题点一：与三角函数性质综合应用1．(浙江高考)函数f(x)＝sin2x＋sinxcosx＋1的最小正周期是________，单调递减区间是________．解析：由题意知，f(x)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(1,2)(1－cos2x)＋1＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＋eq\f(3,2)，所以最小正周期T＝π.令eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,4)≤eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，得kπ＋eq\f(3π,8)≤x≤kπ＋eq\f(7π,8)(k∈Z)，故单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)＋kπ，\f(7π,8)＋kπ))(k∈Z)．答案：πeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)＋kπ，\f(7π,8)＋kπ))(k∈Z)题点二：与平面向量综合应用2．已知向量a＝(1＋sin2x，sinx－cosx)，b＝(1，sinx＋cosx)，函数f(x)＝a·b.求f(x)的最大值及相应的x值．解：因为a＝(1＋sin2x，sinx－cosx)，b＝(1，sinx＋cosx)，所以f(x)＝1＋sin2x＋sin2x－cos2x＝1＋sin2x－cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＋1.因此，当2x－eq\f(π,4)＝2kπ＋eq\f(π,2)，即x＝kπ＋eq\f(3π,8)(k∈Z)时，f(x)取得最大值eq\r(2)＋1.题点三：三角变换在实际生活中的应用3.某高校专家楼前现有一块矩形草坪ABCD，已知草坪长AB＝100米，宽BC＝50eq\r(3)米，为了便于专家平时工作、起居，该高校计划在这块草坪内铺设三条小路HE，HF和EF，并要求H是CD的中点，点E在边BC上，点F在边AD上，且∠EHF为直角，如图所示．(1)设∠CHE＝x(弧度)，试将三条路的全长(即△HEF的周长)L表示成x的函数，并求出此函数的定义域；(2)这三条路，每米铺设预算费用均为400元，试问如何设计才能使铺路的总费用最低？并求出最低总费用(结果保留整数)(可能用到的参考值：eq\r(3)取1.732，eq\r(2)取1.414)．解：(1)∵在Rt△CHE中，CH＝50，∠C＝90°，∠CHE＝x，∴HE＝eq\f(50,cosx).在Rt△HDF中，HD＝50，∠D＝90°，∠DFH＝x，∴HF＝eq\f(50,sinx).又∠EHF＝90°，∴EF＝eq\f(50,sinxcosx)，∴三条路的全长(即△HEF的周长)L＝eq\f(50sinx＋cosx＋1,sinxcosx).当点F在A点时，这时角x最小，求得此时x＝eq\f(π,6)；当点E在B点时，这时角x最大，求得此时x＝eq\f(π,3).故此函数的定义域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3))).(2)由题意知，要求铺路总费用最低，只要求△HEF的周长L的最小值即可．由(1)得L＝eq\f(50sinx＋cosx＋1,sinxcosx)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))，设sinx＋cosx＝t，则sinxcosx＝eq\f(t2－1,2)，∴L＝eq\f(50t＋1,\f(t2－1,2))＝eq\f(100,t－1).由t＝sinx＋cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))，得eq\f(\r(3)＋1,2)≤t≤eq\r(2)，从而eq\r(2)＋1≤eq\f(1,t－1)≤eq\r(3)＋1，当x＝eq\f(π,4)，即CE＝50时，Lmin＝100(eq\r(2)＋1)，所以当CE＝DF＝50米时，铺路总费用最低，最低总费用为96560元．应用公式解决三角函数综合问题的三个步骤(1)运用和、差、倍角公式化简；(2)统一化成f(x)＝asinωx＋bcosωx＋k的形式；(3)利用辅助角公式化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式，研究其性质．层级一学业水平达标1．已知cosθ＝－eq\f(1,4)(－180°<θ<－90°)，则coseq\f(θ,2)＝()A．－eq\f(\r(6),4) B.eq\f(\r(6),4)C．－eq\f(3,8) D.eq\f(3,8)解析：选B因为－180°<θ<－90°，所以－90°<eq\f(θ,2)<－45°.又cosθ＝－eq\f(1,4)，所以coseq\f(θ,2)＝eq\r(\f(1＋cosθ,2))＝eq\r(\f(1－\f(1,4),2))＝eq\f(\r(6),4)，故选B.2．已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，cosα＝eq\f(4,5)，则taneq\f(α,2)＝()A．3 B．－3C.eq\f(1,3) D．－eq\f(1,3)解析：选D因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，且cosα＝eq\f(4,5)，所以eq\f(α,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0))，taneq\f(α,2)＝－eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα))＝－eq\r(\f(1－\f(4,5),1＋\f(4,5)))＝－eq\f(1,3)，故选D.3．若α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,4)，2π))，则eq\r(\f(1＋cos2α,2))－eq\r(\f(1－cos2α,2))等于()A．cosα－sinα B．cosα＋sinαC．－cosα＋sinα D．－cosα－sinα解析：选B∵α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7π,4)，2π))，∴sinα<0，cosα>0，则eq\r(\f(1＋cos2α,2))－eq\r(\f(1－cos2α,2))＝eq\r(cos2α)－eq\r(sin2α)＝|cosα|－|sinα|＝cosα－(－sinα)＝cosα＋sinα.4．已知sinα＋cosα＝eq\f(1,3)，则2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))－1＝()A.eq\f(8,9) B.eq\f(17,18)C．－eq\f(8,9) D．－eq\f(2,3)解析：选C∵sinα＋cosα＝eq\f(1,3)，平方可得1＋sin2α＝eq\f(1,9)，可得sin2α＝－eq\f(8,9).2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))－1＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))＝sin2α＝－eq\f(8,9).5．函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))的最小正周期和最大值分别为()A．π，1 B．π，eq\r(2)C．2π，1 D．2π，eq\r(2)解析：选A∵y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2xcos\f(π,6)＋cos2xsin\f(π,6)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2xcos\f(π,3)－sin2xsin\f(π,3)))＝cos2x，∴该函数的最小正周期为π，最大值为1.6．若sineq\f(θ,2)＋2coseq\f(θ,2)＝0，则tanθ＝________.解析：由sineq\f(θ,2)＋2coseq\f(θ,2)＝0，得taneq\f(θ,2)＝－2，则tanθ＝eq\f(2tan\f(θ,2),1－tan2\f(θ,2))＝eq\f(4,3).答案：eq\f(4,3)7．若3sinx－eq\r(3)cosx＝2eq\r(3)sin(x＋φ)，φ∈(－π，π)，则φ＝________.解析：∵3sinx－eq\r(3)cosx＝2eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx－\f(1,2)cosx))＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，因φ∈(－π，π)，∴φ＝－eq\f(π,6).答案：－eq\f(π,6)8．函数y＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋cos2x的最小正周期为________．解析：y＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋cos2x＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(cos2x＋1,2)＝eq\f(\r(3),2)sin2x＋eq\f(1,2)cos2x＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，所以该函数的最小正周期为π.答案：π9．求证：eq\f(cos2α,\f(1,tan\f(α,2))－tan\f(α,2))＝eq\f(1,4)sin2α.证明：∵左边＝eq\f(cos2αtan\f(α,2),1－tan2\f(α,2))＝eq\f(1,2)cos2α·eq\f(2tan\f(α,2),1－tan2\f(α,2))＝eq\f(1,2)cos2α·tanα＝eq\f(1,2)cosαsinα＝eq\f(1,4)sin2α＝右边，∴原式成立．10．已知函数f(x)＝(2cos2x－1)sin2x＋eq\f(1,2)cos4x.(1)求f(x)的最小正周期及最大值；(2)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，且f(α)＝eq\f(\r(2),2)，求α的值．解：(1)因为f(x)＝(2cos2x－1)sin2x＋eq\f(1,2)cos4x＝cos2xsin2x＋eq\f(1,2)cos4x＝eq\f(1,2)(sin4x＋cos4x)＝eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,4)))，所以f(x)的最小正周期为eq\f(π,2)，最大值为eq\f(\r(2),2).(2)因为f(α)＝eq\f(\r(2),2)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4α＋\f(π,4)))＝1，因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以4α＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9π,4)，\f(17π,4))).所以4α＋eq\f(π,4)＝eq\f(5π,2)，故α＝eq\f(9π,16).层级二应试能力达标1．已知2sinα＝1＋cosα，则taneq\f(α,2)＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,2)或不存在C．2 D．2或不存在解析：选B由2sinα＝1＋cosα，即4sineq\f(α,2)coseq\f(α,2)＝2cos2eq\f(α,2)，当coseq\f(α,2)＝0时，则taneq\f(α,2)不存在；当coseq\f(α,2)≠0时，则taneq\f(α,2)＝eq\f(1,2).2．设a＝eq\f(1,2)cos6°－eq\f(\r(3),2)sin6°，b＝eq\f(2tan13°,1＋tan213°)，c＝eq\r(\f(1－cos50°,2))，则有()A．a>b>c B．a<b<cC．a<c<b D．b<c<a解析：选Ca＝sin30°cos6°－cos30°sin6°＝sin24°，b＝sin26°，c＝sin25°，∴a<c<b.3．化简eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)＋cos\f(α,2)))2＋2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(α,2)))得()A．2＋sinα B．2＋eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))C．2 D．2＋eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))解析：选C原式＝1＋2sineq\f(α,2)coseq\f(α,2)＋1－coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－\f(α,2)))))＝2＋sinα－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝2＋sinα－sinα＝2.4．已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝eq\f(\r(3),4)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，则sinθ＋cosθ的值是()A.eq\f(\r(6),2) B．－eq\f(\r(6),2)C．－eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(2),2)解析：选Ccoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2θ))＝eq\f(1,2)cos2θ＝eq\f(\r(3),4).∴cos2θ＝eq\f(\r(3),2).∵θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，∴2θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，∴sin2θ＝－eq\f(1,2)，且sinθ＋cosθ<0.∴(sinθ＋cosθ)2＝1＋sin2θ＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).∴sinθ＋cosθ＝－eq\f(\r(2),2).5．设α为第四象限角，且eq\f(sin3α,sinα)＝eq\f(13,5)，则tan2α＝________.解析：eq\f(sin3α,sinα)＝eq\f(sin2α＋α,sinα)＝eq\f(cos2αsinα＋2cos2αsinα,sinα)＝2cos2α＋1＝eq\f(13,5)，所以cos2α＝eq\f(4,5)，又α是第四象限角，所以sin2α＝－eq\f(3,5)，tan2α＝－eq\f(3,4).答案：－eq\f(3,4)6．已知A＋B＝eq\f(2π,3)，那么cos2A＋cos2B的最大值是________，最小值是________．解析：∵A＋B＝eq\f(2π,3)，∴cos2A＋cos2B＝eq\f(1,2)(1＋cos2A＋1＋cos2B)＝1＋eq\f(1,2)(cos2A＋cos2B)＝1＋cos(A＋B)cos(A－B)＝1＋coseq\f(2π,3)cos(A－B)＝1－eq\f(1,2)cos(A－B)，∴当cos(A－B)＝－1时，原式取得最大值eq\f(3,2)；当cos(A－B)＝1时，原式取得最小值eq\f(1,2).答案：eq\f(3,2)eq\f(1,2)7．化简：eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－α))－tan\f(α,2)·1＋cosα,\r(1－cosα))(0<α<π)．解：∵taneq\f(α,2)＝eq\f(sinα,1＋cosα)，∴(1＋cosα)taneq\f(α,2)＝sinα.又∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－α))＝－sinα，且1－cosα＝2sin2eq\f(α,2)，∴原式＝eq\f(－sinα－sinα,\r(2sin2\f(α,2)))＝eq\f(－2sinα,\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2))))＝－eq\f(2\r(2)sin\f(α,2)cos\f(α,2),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)))).∵0<α<π，∴0<eq\f(α,2)<eq\f(π,2)，∴sineq\f(α,2)>0.∴原式＝－2eq\r(2)coseq\f(α,2).8．已知cos2θ＝eq\f(7,25)，eq\f(π,2)<θ<π，(1)求tanθ的值．(2)求eq\f(2cos2\f(θ,2)＋sinθ,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))的值．解：(1)因为cos2θ＝eq\f(7,25)，所以eq\f(cos2θ－sin2θ,cos2θ＋sin2θ)＝eq\f(7,25)，所以eq\f(1－tan2θ,1＋tan2θ)＝eq\f(7,25)，解得tanθ＝±eq\f(3,4)，因为eq\f(π,2)<θ<π，所以tanθ＝－eq\f(3,4).(2)eq\f(2cos2\f(θ,2)＋sinθ,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝eq\f(1＋cosθ＋sinθ,cosθ＋sinθ)，因为eq\f(π,2)<θ<π，tanθ＝－eq\f(3,4)，所以sinθ＝eq\f(3,5)，cosθ＝－eq\f(4,5)，所以eq\f(2cos2\f(θ,2)＋sinθ,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝eq\f(1＋cosθ＋sinθ,cosθ＋sinθ)＝eq\f(1－\f(4,5)＋\f(3,5),－\f(4,5)＋\f(3,5))＝－4.eq\a\vs4\al(三角函数的积化和差与和差化积)预习课本P149～151，思考并完成以下问题(1)如何利用两角差(和)的正、余弦公式导出积化和差与和差化积公式？(2)两组公式有何特点？eq\a\vs4\al([新知初探])1．三角函数的积化和差cosαcosβ＝eq\f(1,2)[cos(α＋β)＋cos(α－β)]，sinαsinβ＝－eq\f(1,2)[cos(α＋β)－cos(α－β)]，sinαcosβ＝eq\f(1,2)[sin(α＋β)＋sin(α－β)]，cosαsinβ＝eq\f(1,2)[sin(α＋β)－sin(α－β)]．[点睛]积化和差公式的结构特点(1)同名函数积化为余弦函数的和差；异名函数积化为正弦函数的和差．(2)角的顺序，“α＋β”在前，“α－β”在后．2．三角函数的和差化积sinx＋siny＝2sineq\f(x＋y,2)coseq\f(x－y,2)，sinx－siny＝2coseq\f(x＋y,2)sineq\f(x－y,2)，cosx＋cosy＝2coseq\f(x＋y,2)coseq\f(x－y,2)，cosx－cosy＝－2sineq\f(x＋y,2)sineq\f(x－y,2).[点睛]和差化积公式的特点(1)同名函数的和或差才可化积．(2)余弦函数的和或差化为同名函数之积．(3)正弦函数的和或差化为异名函数之积．(4)等式左边为单角α和β，等式右边为eq\f(α－β,2)与eq\f(α＋β,2)的形式．(5)只有余弦函数的差化成积式后的符号为负，其余均为正．eq\a\vs4\al([小试身手])1．下列等式错误的是()A．sin(A＋B)＋sin(A－B)＝2sinAcosBB．sin(A＋B)－sin(A－B)＝2cosAsinBC．cos(A＋B)＋cos(A－B)＝2cosAcosBD．cos(A＋B)－cos(A－B)＝2cosAcosB答案：D2．sin37.5°cos7.5°等于()A.eq\f(\r(2)＋1,2) B.eq\f(\r(3)＋\r(2),2)C.eq\f(\r(2)＋1,4) D.eq\f(\r(3)＋\r(2),4)答案：C3．cos75°cos15°＝________.答案：eq\f(1,4)化简求值[典例]化简：4sin(60°－θ)·sinθ·sin(60°＋θ)．[解]原式＝2sinθ[2sin(60°－θ)·sin(60°＋θ)]＝－2sinθ[cos120°－cos(－2θ)]＝－2sinθ·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)－cos2θ))＝sinθ＋2sinθ·cos2θ＝sinθ＋(sin3θ－sinθ)＝sin3θ.用和差化积公式化简三角函数式时，若三角函数式中存在三个或三个以上的三角函数可供化积时，应选择两角和或差的一半是特殊角或与其他三角函数有公因式的两个三角函数进行和差化积．[活学活用]求sin270°＋cos240°－sin70°cos40°的值．解：原式＝eq\f(1－cos140°,2)＋eq\f(1＋cos80°,2)－sin70°cos40°＝1＋eq\f(1,2)(cos40°＋cos80°)－sin70°cos40°＝1＋cos60°cos20°－eq\f(1,2)(sin110°＋sin30°)＝1＋eq\f(1,2)cos20°－eq\f(1,2)cos20°－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).三角恒等式证明[典例]在△ABC中，求证：sin2A＋sin2B＋sin2C＝4sinAsinBsinC.[证明]左边＝sin2A＋sin2B＋sin2C＝2sineq\f(2A＋2B,2)coseq\f(2A－2B,2)＋sin2C＝2sin(A＋B)cos(A－B)－2sin(A＋B)cos(A＋B)＝2sinC[cos(A－B)－cos(A＋B)]＝2sinC·(－2)sineq\f(A－B＋A＋B,2)sineq\f(A－B－A＋B,2)＝4sinAsinBsinC＝右边．所以原等式成立．三角恒等式的证明(1)证明三角恒等式从某种意义上来说，可以看成已知结果的三角函数式的化简与求值．(2)证明三角恒等式总体要求是：通过三角公式进行恒等变形，论证等式左右两边相等，论证过程要清晰、完整、推理严密．(3)证明三角恒等式的基本思想是：化繁为简、左右归一、变更论证等．[活学活用]求证：cos2x＋cos2(x＋α)－2cosαcosxcos(x＋α)＝sin2α.证明：左边＝eq\f(1＋cos2x,2)＋eq\f(1＋cos2x＋2α,2)－2cosαcosx·cos(x＋α)＝1＋eq\f(1,2)[cos2x＋cos(2x＋2α)]－2cosαcosxcos(x＋α)＝1＋coseq\f(2x＋2x＋2α,2)coseq\f(2x－2x－2α,2)－cosα[cos(2x＋α)＋cosα]＝1＋cos(2x＋α)cosα－cosαcos(2x＋α)－cos2α＝1－cos2α＝sin2α＝右边，∴原等式成立．层级一学业水平达标1．cos15°sin105°＝()A.eq\f(\r(3),4)＋eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),4)－eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2)＋1 D.eq\f(\r(3),2)－1解析：选Acos15°sin105°＝eq\f(1,2)[sin(15°＋105°)－sin(15°－105°)]＝eq\f(1,2)[sin120°－sin(－90°)]＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)＋eq\f(1,2)×1＝eq\f(\r(3),4)＋eq\f(1,2).2．化简eq\f(cosα－cos3α,sin3α－sinα)的结果为()A．tanα B．tan2αC.eq\f(1,tanα) D.eq\f(1,tan2α)解析：选B原式＝eq\f(－2sin2α·sin－α,2cos2α·sinα)＝tan2α.3．函数f(x)＝2sineq\f(x,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(x,2)))的最大值等于()A．2sin2eq\f(α,2) B．－2sin2eq\f(α,2)C．2cos2eq\f(α,2) D．－2cos2eq\f(α,2)解析：选Af(x)＝2sineq\f(x,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(x,2)))＝－[cosα－cos(x－α)]＝cos(x－α)－cosα.当cos(x－α)＝1时，f(x)取得最大值1－cosα＝2sin2eq\f(α,2).4．将cos2x－sin2y化为积的形式，结果是()A．－sin(x＋y)sin(x－y) B．cos(x＋y)cos(x－y)C．sin(x＋y)cos(x－y) D．－cos(x＋y)sin(x－y)解析：选Bcos2x－sin2y＝eq\f(1＋cos2x,2)－eq\f(1－cos2y,2)＝eq\f(1,2)(cos2x＋cos2y)＝cos(x＋y)cos(x－y)．5．已知cos2α－cos2β＝m，那么sin(α＋β)·sin(α－β)等于()A．－m B．mC．－eq\f(m,2) D.eq\f(m,2)解析：选A∵cos2α－cos2β＝m，∴sin(α＋β)·sin(α－β)＝－eq\f(1,2)(cos2α－cos2β)＝－eq\f(1,2)(2cos2α－1－2cos2β＋1)＝cos2β－cos2α＝－m.6．cos2α－cos3α化为积的形式为________．解析：cos2α－cos3α＝－2sineq\f(2α＋3α,2)sineq\f(2α－3α,2)＝－2sineq\f(5α,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(α,2)))＝2sineq\f(5α,2)sineq\f(α,2).答案：2sineq\f(5α,2)sineq\f(α,2)7．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs