5.5.2简单的三角恒等变换导学案-高一数学同步备课系列（人教A版2019必修第一册）（解析版）

第第页5.5.2简单的三角恒等变换导学案【学习目标】1.能用二倍角公式导出半角公式，能用两角和与差的三角函数公式导出积化和差、和差化积公式．体会其中的三角恒等变换的基本思想方法，以及进行简单的应用．(重点)2.了解三角恒等变换的特点、变换技巧，掌握三角恒等变换的基本思想方法，能利用三角恒等变换对三角函数式化简、求值以及三角恒等式的证明和一些简单的应用．(难点、易错点)【自主学习】一．半角公式1.sineq\f(α,2)＝，2.coseq\f(α,2)＝，3.taneq\f(α,2)＝，4.taneq\f(α,2)＝eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))＝eq\f(sin\f(α,2)·2cos\f(α,2),cos\f(α,2)·2cos\f(α,2))＝，taneq\f(α,2)＝eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))＝eq\f(sin\f(α,2)·2sin\f(α,2),cos\f(α,2)·2sin\f(α,2))＝.【答案】±eq\r(\f(1－cosα,2))±eq\r(\f(1＋cosα,2))±eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα))eq\f(sinα,1＋cosα)eq\f(1－cosα,sinα)二．积化和差公式sinθcosθcosθsinθ三．和差化积公式sinθ+sinθ-cosθ+cosθ-cos【当堂达标基础练】1.试以cosα表示sin2α2解：α是α2的二倍角．在倍角公式cos2α=1-2sin2α中，以α代替2α得cosα=1-2sin所以sin2α2=在倍角公式cos2α=2cos2α-1中，以α代替2α，以得cosα=2cos所以cos2α2=将①②两个等式的左右两边分别相除，得tan2α2.求证：（1）sinαcosβ=1(2)sinθ+cosφ=2sin证明：（１）因为sinα+β=sinαcosβ+sinα-β=将以上两式的左右两边分别相加，得sinα+β+sinα-β=即sinαcosβ=（2）由（1）可得sinα+β+sinα-β设α=θ+φ2把α，β代入①，即得sinθ+cosφ=2sin3.求下列函数的周期，最大值和最小值：（１）y=sinx+3cosx；（２）分析：便于求周期和最大值、最小值的三角函数式是y=Asin(x+φ)

,利用和角公式将其展开，可化为）y=asinx+bcosx的形式．反之，利用和（差）角公式，可将y=asinx+bcosx转化为y=Asin(x+φ)的形式，进而就可以求得其周期和最值了．解：（1）y=sinx+3cosx=2（1=2（sinxcosπ3+cosxsin因此，所求周期为2π，最大值为２，最小值为－２．（２）设y=3sinx+4cosx=Asinx+φ则3sinx+4cosx=Asinxcosφ+Acosxsinφ于是Acosφ=3．于是A所以A2取A＝５，则cosφ=35,由y=5sin可知，所求周期为2π，最大值为5，最小值为－54.如图5.5-2，已知OPQ是半径为１，圆心角为π2的扇形，C是扇形弧上的动点，ABCD是扇形的内接矩形．记∠COP＝α，求当角α取何值时，矩形ABCD分析:要求当角取何值时,矩形ABCD的面积S最大,可分二步进行.①找出S与之间的函数关系;②由得出的函数关系,求S的最大值.解：在中,,.在中,,所以,,所以,.设矩形的面积为,则.对于第二步求具体值,要首先确定变量的取值范围:由,得.所以当,即时,因此,当时,矩形的面积最大,最大面积为.【当堂达标提升练】一、单选题1．函数f(x)＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，x∈R，则f(x)()A．是奇函数B．是偶函数C．既是奇函数，也是偶函数D．既不是奇函数，也不是偶函数【答案】D【解析】原式＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2)))))＝eq\f(1,2)(1－sin2x)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)sin2x，此函数既不是奇函数也不是偶函数．2．已知eq\f(cosα,1＋sinα)＝eq\r(3)，则eq\f(cosα,sinα－1)的值为()A.eq\f(\r(3),3)B．－eq\f(\r(3),3)C.eq\r(3)D．－eq\r(3)【答案】B【解析】∵eq\f(cosα,1＋sinα)·eq\f(cosα,sinα－1)＝eq\f(cos2α,sin2α－1)＝eq\f(1－sin2α,sin2α－1)＝－1且eq\f(cosα,1＋sinα)＝eq\r(3)，∴eq\f(cosα,sinα－1)＝－eq\f(\r(3),3).3．在△ABC中，若cosA＝eq\f(1,3)，则sin2eq\f(B＋C,2)＋cos2A＝()A．－eq\f(1,9) B.eq\f(1,9)C．－eq\f(1,3) D.eq\f(1,3)【答案】A【解析】sin2eq\f(B＋C,2)＋cos2A＝eq\f(1－cosB＋C,2)＋2cos2A－1＝eq\f(1＋cosA,2)＋2cos2A－1＝－eq\f(1,9).4．已知tan2α＝eq\f(3,4)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，函数f(x)＝sin(x＋α)－sin(x－α)－2sinα，且对任意的实数x，不等式f(x)≥0恒成立，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))的值为()A．－eq\f(2\r(5),5) B．－eq\f(\r(5),5)C．－eq\f(2\r(3),5) D．－eq\f(\r(3),5)【答案】A【解析】由tan2α＝eq\f(3,4)，即eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(3,4)，得tanα＝eq\f(1,3)或tanα＝－3.又f(x)＝sin(x＋α)－sin(x－α)－2tanα＝2cosxsinα－2sinα≥0恒成立，所以sinα≤0，tanα＝－3，sinα＝－eq\f(3,\r(10))，cosα＝eq\f(1,\r(10))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝sinαcoseq\f(π,4)－cosαsineq\f(π,4)＝－eq\f(2\r(5),5)，故选A.5．已知f(x)＝2sin2x＋2sinxcosx，则f(x)的最小正周期和一个单调减区间分别为()A．2π，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，\f(7π,8))) B．π，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，\f(7π,8)))C．2π，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(3π,8))) D．π，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(3π,8)))【答案】B【解析】∵f(x)＝1－cos2x＋sin2x＝1＋eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，∴f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π，由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,4)≤eq\f(3π,2)＋2kπ，得f(x)的单调减区间为eq\f(3π,8)＋kπ≤x≤eq\f(7π,8)＋kπ，k∈Z，当k＝0时，得f(x)的一个单调减区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，\f(7π,8)))，故选B.二、多选题6．在内，使成立的x取值范围不是（

）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】由，得，然后根据正弦函数的性质可求出的范围，从而可求出在内的范围，进而可得答案.【详解】由，得，所以，即，所以，即因为，所以，所以在内，能使成立的x取值范围为，故选：ABD二、填空题7．有以下四个关于三角函数的命题：①∃x0∈R，sin2eq\f(x0,2)＋cos2eq\f(x0,2)＝eq\f(1,2)；②∃x0，y0∈R，sin(x0－y0)＝sinx0－siny0；③∀x∈[0，π]，eq\r(\f(1－cos2x,2))＝sinx；④sinx＝cosy⇒x＋y＝eq\f(π,2).其中假命题的序号为________．【答案】①④【解析】因为sin2eq\f(x,2)＋cos2eq\f(x,2)＝1≠eq\f(1,2)，所以①为假命题；当x＝y＝0时，sin(x－y)＝sinx－siny，所以②为真命题；因为eq\r(\f(1－cos2x,2))＝eq\r(\f(1－1－2sin2x,2))＝|sinx|＝sinx，x∈[0，π]，所以③为真命题；当x＝eq\f(π,2)，y＝2π时，sinx＝cosy，但x＋y≠eq\f(π,2)，所以④为假命题．8.eq\f(π,4)＜α＜eq\f(π,2)，则eq\r(1－sin2α)＝________.【答案】(1)sinα－cosα【解析】∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，∴sinα＞cosα，∴eq\r(1－sin2α)＝eq\r(1－2sinαcosα)＝eq\r(sin2α－2sinαcosα＋cos2α)＝eq\r(sinα－cosα2)＝sinα－cosα.9.α为第三象限角，则eq\f(\r(1＋cos2α),cosα)－eq\f(\r(1－cos2α),sinα)＝________.【答案】0【解析】∵α为第三象限角，∴cosα＜0，sinα＜0，∴eq\f(\r(1＋cos2α),cosα)－eq\f(\r(1－cos2α),sinα)＝eq\f(\r(2cos2α),cosα)－eq\f(\r(2sin2α),sinα)＝eq\f(－\r(2)cosα,cosα)－eq\f(－\r(2)sinα,sinα)＝0.10．函数f(x)＝cos2x＋4sinx的值域是________．【答案】[－5,3]【解析】f(x)＝cos2x＋4sinx＝1－2sin2x＋4sinx＝－2(sinx－1)2＋3.当sinx＝1时，f(x)取得最大值3，当sinx＝－1时，f(x)取得最小值－5，所以函数f(x)的值域为[－5,3]．三、解答题11．求证：taneq\f(3x,2)－taneq\f(x,2)＝eq\f(2sinx,cosx＋cos2x).[证明]法一：(由左推右)taneq\f(3x,2)－taneq\f(x,2)＝eq\f(sin\f(3x,2),cos\f(3x,2))－eq\f(sin\f(x,2),cos\f(x,2))＝eq\f(sin\f(3x,2)cos\f(x,2)－cos\f(3x,2)sin\f(x,2),cos\f(3x,2)cos\f(x,2))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2)－\f(x,2))),cos\f(3x,2)cos\f(x,2))＝eq\f(sinx,cos\f(3x,2)cos\f(x,2))＝eq\f(2sinx,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2)＋\f(x,2)))＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2)－\f(x,2))))＝eq\f(2sinx,cosx＋cos2x).法二：(由右推左)eq\f(2sinx,cosx＋cos2x)＝eq\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2)－\f(x,2))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2)－\f(x,2)))＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2)＋\f(x,2))))＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3x,2)cos\f(x,2)－cos\f(3x,2)sin\f(x,2))),2cos\f(3x,2)cos\f(x,2))＝eq\f(sin\f(3x,2),cos\f(3x,2))－eq\f(sin\f(x,2),cos\f(x,2))＝taneq\f(3x,2)－taneq\f(x,2).12．已知函数f(x)＝2cos2eq\f(x,2)，g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(x,2)＋cos\f(x,2)))2.(1)求证：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝g(x)；(2)求函数h(x)＝f(x)－g(x)(x∈[0，π]的单调区间，并求使h(x)取到最小值时x的值．[解](1)证明过程如下：f(x)＝2cos2eq\f(x,2)＝1＋cosx，g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(x,2)＋cos\f(x,2)))2＝1＋2sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)＝1＋sinx，∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝1＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝1＋sinx，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))＝g(x)，命题得证．(2)函数h(x)＝f(x)－g(x)＝cosx－sinx＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cosx－\f(\r(2),2)sinx))＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，∵x∈[0，π]，∴eq\f(π,4)≤x＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4)，当eq\f(π,4)≤x＋eq\f(π,4)≤π，即0≤x≤eq\f(3π,4)时，h(x)递减，当π≤x＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4)，即eq\f(3π,4)≤x≤π时，h(x)递增．∴函数h(x)的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3π,4)))，单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，根据函数h(x)的单调性，可知当x＝eq\f(3π,4)时，函数h(x)取到最小值．【当堂达标素养练】一、单选题1．设a＝eq\f(1,2)cos7°＋eq\f(\r(3),2)sin7°，b＝eq\f(2tan19°,1－tan219°)，c＝eq\r(\f(1－cos72°,2))，则有()A．b＞a＞c B．a＞b＞cC．a＞c＞b D．c＞b＞a【答案】A【解析】∵a＝sin37°，b＝tan38°，c＝sin36°，∴b＞a＞c.2．设α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(cosβ,1－sinβ)，则()A．2α＋β＝eq\f(π,2) B．2α－β＝eq\f(π,2)C．α＋2β＝eq\f(π,2) D．α－2β＝eq\f(π,2)【答案】B【解析】由题意得sinα－sinαsinβ＝cosαcosβ，sinα＝cos(α－β)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝cos(α－β)．∵eq\f(π,2)－α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，∴eq\f(π,2)－α＝α－β或eq\f(π,2)－α＋α－β＝0(舍去)，∴2α－β＝eq\f(π,2).3．若函数f(x)＝(1＋eq\r(3)tanx)cosx,0≤x<eq\f(π,2)，则f(x)的最大值是()A．1 B．2C.eq\r(3)＋1 D.eq\r(3)＋2【答案】B【解析】f(x)＝(1＋eq\r(3)tanx)cosx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(3)\f(sinx,cosx)))cosx＝eq\r(3)sinx＋cosx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6))).∵0≤x<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)≤x＋eq\f(π,6)<eq\f(2π,3)，∴当x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)时，f(x)取到最大值2.二、多选题4．已知函数，将的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标保持不变，再把所得图象向上平移1个单位长度，得到函数的图象．若，则的值可能为（

）A． B． C． D．【答案】AD【分析】先化简，再经过图象变化得到，得到周期和最大值，再结合即可得到答案【详解】解：，先将的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标保持不变，所得图象对应的函数解析式为，再将所得图象向上平移1个单位长度，所得图象对应的函数解析式为，故其最小正周期，，要使，则，结合选项知，当n＝1时，，当n＝2时，，故选：AD．5．已知函数，则下列说法中正确的是（

）A．的最大值为2 B．的最小正周期为C．的图像关于直线对称 D．的图像关于点对称【答案】ABC【分析】将解析式经过恒等变换后化为，再对其性质逐一判断即可.【详解】因为，所以的最大值为2，故A正确.最小正周期是，故B正确.将代入，可得，则其图像关于直线对称，故C正确.当时，，所以的图像关于点对称．故D错误.故选:ABC.6．已知函数，则（

）A．图象的对称中心为B．图象的对称轴方程为C．的增区间为D．的最大值是，最小值是【答案】ACD【分析】利用辅助角公式可化简得到；利用整体代换法可求得的对称中心、对称轴和单调增区间，对比选项可知ABC正误；根据正弦型函数值域可求得值域，可知D正确.【详解】；对于A，令，解得：，此时，的对称中心为，A正确；对于B，令，解得：，的对称轴为，B错误；对于C，令，解得：，的增区间为，C正确；对于D，，，最大值是，最小值是，D正确.故选：ACD.三、填空题7．若θ是第二象限角，且25sin2θ＋sinθ－24＝0，则coseq\f(θ,2)＝________.【答案】±eq\f(3,5)【解析】由25sin2θ＋sinθ－24＝0，又θ是第二象限角，得sinθ＝eq\f(24,25)或sinθ＝－1(舍去)．故cosθ＝－eq\r(1－sin2θ)＝－eq\f(7,25)，由cos2eq\f(θ,2)＝eq\f(1＋cosθ,2)得cos2eq\f(θ,2)＝eq\f(9,25).又eq\f(θ,2)是第一、三象限角，所以coseq\f(θ,2)＝±eq\f(3,5).8．若，，则___________.【答案】-1【分析】利用诱导公式结合二倍角公式化简可得到或，然后结合角的范围分两种情况求解,即可求得答案.【详解】因为，所以，所以，所以，即或,当时，因为，所以，所以，所以，所以，所以.当时，即，所以，所以，则.因为，所以，所以，故不符合题意，应舍去，综合以上，故答案为：-19．已知圆心角为的扇形的半径为，是弧上一点，作矩形，如图所示这个矩形的面积最大值为__________．【答案】【分析】本题考查解三角在平面几何的应用，由三角形的知识易得，由三角函数公式化简以及三角函数的最值可得答案．【详解】解：设，扇形的半径为，圆心角为，所以，，所以矩形面积，，；当即即为弧的中点时，取最大值.故答案为：.四、解答题10．如图所示，在直角坐标系xOy中，点P是单位圆上的动点，过点P作x轴的垂线与射线y＝eq\r(3)x(x≥0)交于点Q，与x轴交于点M.记∠MOP＝α，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2))).(1)若sinα＝eq\f(1,3)，求cos∠POQ；(2)求△OPQ面积的最大值．[解](1)由题意知∠QOM＝eq\f(π,3)，因为sinα＝eq\f(1,3)，且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，所以cosα＝eq\f(2\r(2),3)，所以cos∠POQ＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝coseq\f(π,3)cosα＋sineq\f(π,3)sinα＝eq\f(2\r(2)＋\r(3),6).(2)由三角函数定义，得P(cosα，sinα)，从而Q(cosα，eq\r(3)cosα)，所以S△POQ＝eq\f(1,2)|cosα||eq\r(3)cosα－sinα|＝eq\f(1,2)|eq\r(3)cos2α－sinαcosα|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)＋\f(\r(3)cos2α,2)－\f(1,2)sin2α))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－2α))))≤eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)＋1))＝eq\f(\r(3),4)＋eq\f(1,2).因为α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2