第5节 三角函数式的化简与求值

第5节三角函数式的化简与求值考试要求1.会根据相关公式进行化简和求值.2.会利用三角函数式的化简与求值解决一些简单的问题.考点突破·题型剖析考点一三角函数式的化简例1(1)化简：eq\f(2cos4x－2cos2x＋\f(1,2),2tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x)))＝________.答案eq\f(1,2)cos2x解析原式＝eq\f(\f(1,2)（4cos4x－4cos2x＋1）,2·\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))·cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))＝eq\f(（2cos2x－1）2,4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))＝eq\f(cos22x,2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x)))＝eq\f(cos22x,2cos2x)＝eq\f(1,2)cos2x.(2)化简(eq\f(1,tan\f(α,2))－taneq\f(α,2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋tanα·tan\f(α,2)))＝________.答案eq\f(2,sinα)解析(eq\f(1,tan\f(α,2))－taneq\f(α,2))·(1＋tanα·taneq\f(α,2))＝(eq\f(cos\f(α,2),sin\f(α,2))－eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2)))·(1＋eq\f(sinα,cosα)·eq\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2)))＝eq\f(cos2\f(α,2)－sin2\f(α,2),sin\f(α,2)cos\f(α,2))·eq\f(cosαcos\f(α,2)＋sinαsin\f(α,2),cosαcos\f(α,2))＝eq\f(2cosα,sinα)·eq\f(cos\f(α,2),cosαcos\f(α,2))＝eq\f(2,sinα).感悟提升1.三角函数式的化简要遵循“三看”原则：一看角，二看名，三看式子结构与特征.2.三角函数式的化简要注意观察条件中角之间的联系(和、差、倍、互余、互补等)，寻找式子和三角函数公式之间的共同点.训练1(1)2eq\r(1＋sin4)＋eq\r(2＋2cos4)等于()A.2cos2 B.2sin2C.4sin2＋2cos2 D.2sin2＋4cos2答案B解析2eq\r(1＋sin4)＋eq\r(2＋2cos4)＝2eq\r(sin22＋2sin2cos2＋cos22)＋eq\r(2＋2（2cos22－1）)＝2eq\r(（sin2＋cos2）2)＋eq\r(4cos22)＝2|sin2＋cos2|＋2|cos2|.∵eq\f(π,2)＜2＜π，∴cos2＜0，∵sin2＋cos2＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(π,4)))，0＜2＋eq\f(π,4)＜π，∴sin2＋cos2＞0，∴原式＝2(sin2＋cos2)－2cos2＝2sin2.(2)已知0＜θ＜π，则eq\f(（1＋sinθ＋cosθ）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2))),\r(2＋2cosθ))＝________.答案－cosθ解析原式＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2)＋2cos2\f(θ,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2))),\r(4cos2\f(θ,2)))＝eq\f(2cos\f(θ,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)＋cos\f(θ,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)－cos\f(θ,2))),2cos\f(θ,2))＝eq\f(－2cos\f(θ,2)cosθ,2cos\f(θ,2))＝－cosθ.考点二三角函数求值问题角度1给角求值例2(1)sin40°(tan10°－eq\r(3))等于()A.2 B.－2C.1 D.－1答案D解析sin40°·(tan10°－eq\r(3))＝sin40°·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sin10°,cos10°)－\r(3)))＝sin40°·eq\f(sin10°－\r(3)cos10°,cos10°)＝sin40°·eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin10°－\f(\r(3),2)cos10°)),cos10°)＝sin40°·eq\f(2（cos60°·sin10°－sin60°·cos10°）,cos10°)＝sin40°·eq\f(2sin（10°－60°）,cos10°)＝sin40°·eq\f(－2sin50°,cos10°)＝eq\f(－2sin40°·cos40°,cos10°)＝eq\f(－sin80°,cos10°)＝－1.(2)cos20°·cos40°·cos100°＝________.答案－eq\f(1,8)解析cos20°·cos40°·cos100°＝－cos20°·cos40°·cos80°＝－eq\f(sin20°·cos20°·cos40°·cos80°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,2)sin40°·cos40°·cos80°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,4)sin80°·cos80°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,8)sin160°,sin20°)＝－eq\f(\f(1,8)sin20°,sin20°)＝－eq\f(1,8).角度2给值求值例3(1)(2023·安徽名校联考)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,4)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(5π,6)))＝()A.－eq\f(1,8) B.eq\f(1,8)C.－eq\f(1,4) D.eq\f(1,4)答案B解析因为coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,4)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(5π,6)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)－1＝eq\f(1,8).故选B.(2)(2023·铁岭质检)已知eq\f(1,cosθ)＋tanθ＝2，则taneq\f(θ,2)的值为()A.3 B.eq\f(1,3)或－1C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,3)答案D解析由eq\f(1,cosθ)＋tanθ＝eq\f(cos2\f(θ,2)＋sin2\f(θ,2),cos2\f(θ,2)－sin2\f(θ,2))＋eq\f(2tan\f(θ,2),1－tan2\f(θ,2))＝eq\f(1＋tan2\f(θ,2),1－tan2\f(θ,2))＋eq\f(2tan\f(θ,2),1－tan2\f(θ,2))＝2，整理得3tan2eq\f(θ,2)＋2taneq\f(θ,2)－1＝0，解得taneq\f(θ,2)＝eq\f(1,3)或taneq\f(θ,2)＝－1.因为cosθ≠0，所以θ≠eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，所以eq\f(θ,2)≠eq\f(π,4)＋eq\f(kπ,2)，k∈Z，所以taneq\f(θ,2)≠－1，故taneq\f(θ,2)＝eq\f(1,3).故选D.角度3给值求角例4已知α，β均为锐角，cosα＝eq\f(2\r(7),7)，sinβ＝eq\f(3\r(3),14)，则cos2α＝________，2α－β＝________.答案eq\f(1,7)eq\f(π,3)解析因为cosα＝eq\f(2\r(7),7)，所以cos2α＝2cos2α－1＝eq\f(1,7).又因为α，β均为锐角，sinβ＝eq\f(3\r(3),14)，所以sinα＝eq\f(\r(21),7)，cosβ＝eq\f(13,14)，因此sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(4\r(3),7)，所以sin(2α－β)＝sin2αcosβ－cos2αsinβ＝eq\f(4\r(3),7)×eq\f(13,14)－eq\f(1,7)×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(\r(3),2).因为α为锐角，所以0＜2α＜π.又cos2α＞0，所以0＜2α＜eq\f(π,2)，又β为锐角，所以－eq\f(π,2)＜2α－β＜eq\f(π,2)，又sin(2α－β)＝eq\f(\r(3),2)，所以2α－β＝eq\f(π,3).感悟提升1.给值(角)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(角)求值问题的一般步骤(1)化简条件式子或待求式子；(2)观察条件与所求之间的联系，从函数名称及角入手；(3)将已知条件代入所求式子，化简求值.训练2(1)(2023·重庆模拟)eq\f(\r(1－sin270°),\r(3)－tan20°)＝()A.4 B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(2\r(3),3) D.eq\f(1,4)答案D解析eq\f(\r(1－sin270°),\r(3)－tan20°)＝eq\f(cos70°·cos20°,\r(3)cos20°－sin20°)＝eq\f(sin20°·cos20°,2sin（60°－20°）)＝eq\f(\f(1,2)sin40°,2sin40°)＝eq\f(1,4).故选D.(2)已知cosα＝eq\f(1,7)，cos(α－β)＝eq\f(13,14)，且0<β<α<eq\f(π,2)，则β＝________.答案eq\f(π,3)解析∵0<β<α<eq\f(π,2)，∴0<α－β<eq\f(π,2)，则sinα＝eq\f(4\r(3),7).又cos(α－β)＝eq\f(13,14)，∴sin(α－β)＝eq\r(1－cos2（α－β）)＝eq\f(3\r(3),14).∴cosβ＝cos[α－(α－β)]＝cosαcos(α－β)＋sinαsin(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).又0<β<eq\f(π,2)，∴β＝eq\f(π,3).(3)(2022·浙江卷)若3sinα－sinβ＝eq\r(10)，α＋β＝eq\f(π,2)，则sinα＝________，cos2β＝________.答案eq\f(3\r(10),10)eq\f(4,5)解析因为α＋β＝eq\f(π,2)，所以β＝eq\f(π,2)－α，所以3sinα－sinβ＝3sinα－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－α))＝3sinα－cosα＝eq\r(10)sin(α－φ)＝eq\r(10)，其中sinφ＝eq\f(\r(10),10)，cosφ＝eq\f(3\r(10),10).所以α－φ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，所以α＝eq\f(π,2)＋φ＋2kπ，k∈Z，所以sinα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ＋2kπ))＝cosφ＝eq\f(3\r(10),10)，k∈Z.因为sinβ＝3sinα－eq\r(10)＝－eq\f(\r(10),10)，所以cos2β＝1－2sin2β＝1－eq\f(1,5)＝eq\f(4,5).考点三三角恒等变换的应用例5设函数f(x)＝sinx＋cosx(x∈R).(1)求函数y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))eq\s\up12(2)的最小正周期；(2)求函数y＝f(x)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值.解(1)因为f(x)＝sinx＋cosx，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))＝cosx－sinx，所以y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))eq\s\up12(2)＝(cosx－sinx)2＝1－sin2x.所以函数y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))))eq\s\up12(2)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\r(2)sinx，所以y＝f(x)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝eq\r(2)sinxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx＋cosx))＝eq\r(2)(sinxcosx＋sin2x)＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2x－\f(1,2)cos2x＋\f(1,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＋eq\f(\r(2),2).当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，2x－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以当2x－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即x＝eq\f(3π,8)时，函数y＝f(x)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上取得最大值，且ymax＝1＋eq\f(\r(2),2).感悟提升三角恒等变换的综合应用主要是将三角变换与三角函数的性质相结合，通过变换把函数化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋b的形式再研究其性质，解题时注意观察角、函数名、结构等特征，注意利用整体思想解决相关问题.训练3已知函数f(x)＝eq\f(\r(2),4)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋eq\f(\r(6),4)·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)).(1)求函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,2)))上的最值；(2)若cosθ＝eq\f(4,5)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，求f(2θ＋eq\f(π,3))的值.解(1)由题意得f(x)＝eq\f(\r(2),4)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋eq\f(\r(6),4)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))＋\f(\r(3),2)cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))))＝－eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(7π,12))).因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,2)))，所以x－eq\f(7π,12)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(11π,12)))，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(7π,12)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1))，所以－eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(7π,12)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(6),4)))，即函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,2)))上的最大值为eq\f(\r(6),4)，最小值为－eq\f(\r(2),2).(2)因为cosθ＝eq\f(4,5)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，所以sinθ＝－eq\f(3,5)，所以sin2θ＝2sinθcosθ＝－eq\f(24,25)，所以cos2θ＝cos2θ－sin2θ＝eq\f(16,25)－eq\f(9,25)＝eq\f(7,25)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))＝－eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)－\f(7π,12)))＝－eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ－\f(π,4)))＝－eq\f(1,2)(sin2θ－cos2θ)＝eq\f(1,2)(cos2θ－sin2θ)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,25)＋\f(24,25)))＝eq\f(31,50).sinα＝eq\f(2tan\f(α,2),1＋tan2\f(α,2))，cosα＝eq\f(1－tan2\f(α,2),1＋tan2\f(α,2))，tanα＝eq\f(2tan\f(α,2),1－tan2\f(α,2)).注意(1)上述三个公式统称为万能公式.(2)上述公式左右两边定义域发生了变化，由左向右定义域缩小了.例(1)已知α，β∈(0，π)，taneq\f(α,2)＝eq\f(1,2)，sin(α－β)＝eq\f(5,13)，则cosβ＝________.答案eq\f(56,65)解析∵taneq\f(α,2)＝eq\f(1,2)，∴sinα＝eq\f(2tan\f(α,2),1＋tan2\f(α,2))＝eq\f(2×\f(1,2),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(4,5)，cosα＝eq\f(1－tan2\f(α,2),1＋tan2\f(α,2))＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(3,5)，∵α，β∈(0，π)，cosα＞0，∴α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，\f(π,2)))，∵sin(α－β)＝eq\f(5,13)＞0，∴α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cos(α－β)＝eq\f(12,13)，∴cosβ＝cos(－β)＝cos(α－β－α)＝cos(α－β)cosα＋sin(α－β)sinα＝eq\f(12,13)×eq\f(3,5)＋eq\f(5,13)×eq\f(4,5)＝eq\f(56,65).(2)(2023·宁波质检)已知6sin2α＋sinαcosα－2cos2α＝0，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).则tanα＝________，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝________.答案－eq\f(2,3)eq\f(5\r(3)－12,26)解析∵6sin2α＋sinαcosα－2cos2α＝eq\f(6sin2α＋sinαcosα－2cos2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(6tan2α＋tanα－2,tan2α＋1)＝0，即6tan2α＋tanα－2＝0，解得tanα＝－eq\f(2,3)或tanα＝eq\f(1,2)，∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴tanα＝－eq\f(2,3).∵sin2α＝eq\f(2tanα,1＋tan2α)＝－eq\f(12,13)，cos2α＝eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)＝eq\f(5,13)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝sin2αcoseq\f(π,3)＋cos2αsineq\f(π,3)＝－eq\f(12,13)×eq\f(1,2)＋eq\f(5,13)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(5\r(3)－12,26).训练在△ABC中，已知cosA＝eq\f(a·cosB－b,a－b·cosB)，求证：eq\f(tan2\f(A,2),tan2\f(B,2))＝eq\f(a＋b,a－b).证明法一∵cosA＝eq\f(a·cosB－b,a－b·cosB)，∴1－cosA＝eq\f(（a＋b）·（1－cosB）,a－b·cosB)，1＋cosA＝eq\f(（a－b）·（1＋cosB）,a－b·cosB).∴eq\f(1－cosA,1＋cosA)＝eq\f(（a＋b）·（1－cosB）,（a－b）·（1＋cosB）).而eq\f(1－cosA,1＋cosA)＝eq\f(2sin2\f(A,2),2cos2\f(A,2))＝tan2eq\f(A,2)，eq\f(1－cosB,1＋cosB)＝tan2eq\f(B,2)，∴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).法二(利用万能公式)由cosA＝eq\f(a·cosB－b,a－b·cosB)及万能公式可得：eq\f(1－tan2\f(A,2),1＋tan2\f(A,2))＝eq\f(a·\f(1－tan2\f(B,2),1＋tan2\f(B,2))－b,a－b·\f(1－tan2\f(B,2),1＋tan2\f(B,2)))，即eq\f(1－tan2\f(A,2),1＋tan2\f(A,2))＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－tan2\f(B,2)))－b\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋tan2\f(B,2))),a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋tan2\f(B,2)))－b\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－tan2\f(B,2))))，化简可得eq\f(tan2\f(A,2),tan2\f(B,2))＝eq\f(a＋b,a－b).分层精练·巩固提升【A级基础巩固】1.已知tanα＝3，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))等于()A.－eq\f(3,2) B.eq\f(3,5)C.－eq\f(3,5) D.eq\f(1,5)答案C解析coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2)))＝－sin2α＝－2sinαcosα＝eq\f(－2sinαcosα,cos2α＋sin2α)＝eq\f(－2tanα,1＋tan2α)＝eq\f(－2×3,1＋32)＝－eq\f(3,5).2.(2023·临汾适应性训练)已知角α的顶点为原点O，始边与x轴的非负半轴重合，终边过点(1＋tan15°，1－tan15°)，则tanα的值为()A.eq\r(3) B.－eq\r(3)C.－eq\f(\r(3),3) D.eq\f(\r(3),3)答案D解析tanα＝eq\f(1－tan15°,1＋tan15°)＝eq\f(tan45°－tan15°,1＋tan45°·tan15°)＝tan(45°－15°)＝tan30°＝eq\f(\r(3),3).故选D.3.(2023·威海模拟)tan67.5°－eq\f(1,tan67.5°)的值为()A.1 B.eq\r(2)C.2 D.4答案C解析tan67.5°－eq\f(1,tan67.5°)＝eq\f(sin67.5°,cos67.5°)－eq\f(cos67.5°,sin67.5°)＝eq\f(sin267.5°－cos267.5°,sin67.5°cos67.5°)＝eq\f(－cos135°,\f(1,2)sin135°)＝2.4.(2022·昆明诊断)已知角α的终边与单位圆的交点为Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，－\f(3,5)))，且sinα·cosα>0，则eq\r(1－sin2α)＋eq\r(2＋2cos2α)的值等于()A.eq\f(9,5) B.eq\f(7,5)C.eq\f(6,5) D.3答案A解析根据三角函数的定义得sinα＝－eq\f(3,5)，由同角三角函数的基本关系及sinαcosα>0，得cosα＝－eq\f(4,5)，所以sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(24,25)，cos2α＝cos2α－sin2α＝eq\f(7,25)，所以eq\r(1－sin2α)＋eq\r(2＋2cos2α)＝eq\r(1－\f(24,25))＋eq\r(2＋2×\f(7,25))＝eq\f(1,5)＋eq\f(8,5)＝eq\f(9,5).5.(2023·青岛质检)已知eq\r(3)sinx－cosx＝eq\f(6,5)，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝()A.eq\f(3,5) B.eq\f(7,25)C.－eq\f(7,25) D.－eq\f(24,25)答案B解析因为eq\r(3)sinx－cosx＝eq\f(6,5)，所以eq\f(\r(3),2)sinx－eq\f(1,2)cosx＝eq\f(3,5)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝eq\f(3,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(7,25).故选B.6.(多选)(2023·邯郸十校联考)下列式子中与coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))相等的是()A.coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5π,6))) B.sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2π,3)))C.eq\f(\r(3)cosx＋sinx,2) D.2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－\f(x,2)))－1答案CD解析对于A，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)－π))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,6)))≠coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，故A不符合；对于B，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)－\f(π,2)))＝－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))≠coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，故B不符合；对于C，eq\f(\r(3)cosx＋sinx,2)＝eq\f(\r(3),2)cosx＋eq\f(1,2)sinx＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，故C符合；对于D，2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)－\f(x,2)))－1＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－x))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，故D符合.7.已知tanα＝eq\f(1,3)，tanβ＝－eq\f(1,7)，且α，β∈(0，π)，则2α－β＝()A.eq\f(π,4) B.eq\f(π,4)或eq\f(5π,4)C.－eq\f(3π,4) D.eq\f(π,4)或eq\f(5π,4)或－eq\f(3π,4)答案C解析因为tanα＝eq\f(1,3)＞0，且α∈(0，π)，所以α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，2α∈(0，π)，所以tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×\f(1,3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(3,4)＞0，所以2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).因为tanβ＝－eq\f(1,7)＜0，且β∈(0，π)，所以β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以2α－β∈(－π，0)，又tan(2α－β)＝eq\f(tan2α－tanβ,1＋tan2αtanβ)＝eq\f(\f(3,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,7))),1＋\f(3,4)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,7))))＝1，所以2α－β＝－eq\f(3π,4).8.求值：eq\f(\r(3)－tan12°,（2cos212°－1）sin12°)＝________.答案8解析原式＝eq\f(\r(3)－\f(sin12°,cos12°),cos24°sin12°)＝eq\f(\r(3)cos12°－sin12°,cos24°sin12°cos12°)＝eq\f(2sin（60°－12°）,\f(1,4)sin48°)＝eq\f(2sin48°,\f(1,4)sin48°)＝8.9.若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(3,5)，则sin2α＝________.答案－eq\f(7,25)解析法一∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(3,5)，∴sin2α＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2α))＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))－1＝2×eq\f(9,25)－1＝－eq\f(7,25).法二∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\f(\r(2),2)(sinα＋cosα)＝eq\f(3,5)，∴eq\f(1,2)(1＋sin2α)＝eq\f(9,25)，∴sin2α＝2×eq\f(9,25)－1＝－eq\f(7,25).10.(2023·石家庄一模)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，taneq\f(π,12)＝eq\f(sinα－sin\f(π,12),cosα＋cos\f(π,12))，则α＝________.答案eq\f(π,4)解析由taneq\f(π,12)＝eq\f(sin\f(π,12),cos\f(π,12))＝eq\f(sinα－sin\f(π,12),cosα＋cos\f(π,12))，得sineq\f(π,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosα＋cos\f(π,12)))＝coseq\f(π,12)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinα－sin\f(π,12)))，∴sineq\f(π,12)cosα＋sineq\f(π,12)coseq\f(π,12)＝coseq\f(π,12)sinα－coseq\f(π,12)sineq\f(π,12)，即sineq\f(π,12)coseq\f(π,12)＋coseq\f(π,12)sineq\f(π,12)＝coseq\f(π,12)sinα－sineq\f(π,12)cosα，即sineq\f(π,6)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,12)))，∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴α－eq\f(π,12)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(5π,12)))，∴eq\f(π,6)＝α－eq\f(π,12)，得α＝eq\f(π,12)＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,4).11.(2022·杭州模拟)已知函数f(x)＝2cos2x＋2eq\r(3)sinx·cosx.(1)求feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))的值；(2)若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝eq\f(11,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，求cosα的值.解(1)因为f(x)＝2cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx＝1＋cos2x＋eq\r(3)sin2x＝1＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝1＋2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋\f(π,6)))＝1＋2sineq\f(5π,6)＝1＋1＝2.(2)由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝eq\f(11,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，所以cosα＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\f(π,6)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))sineq\f(π,6)＝eq\f(4\r(3)＋3,10).12.(2023·抚顺模拟)已知2sinα＝2sin2eq\f(α,2)－1.(1)求sinαcosα＋cos2α的值；(2)已知α∈(0，π)，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且tan2β－6tanβ＝1，求α＋2β的值.解(1)由已知得2sinα＝－cosα，所以tanα＝－eq\f(1,2).sinαcosα＋cos2α＝eq\f(sinαcosα＋cos2α－sin2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(tanα＋1－tan2α,tan2α＋1)＝eq\f(1,5).(2)由tan2β－6tanβ＝1，可得tan2β＝eq\f(2tanβ,1－tan2β)＝－eq\f(1,3)，则tan(α＋2β)＝eq\f(tanα＋tan2β,1－tanαtan2β)＝eq\f(－\f(1,2)－\f(1,3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))))＝－1.因为β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2β∈(0，π)，又tan2β＝－eq\f(1,3)＞－eq\f(\r(3),3)，则2β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))，因为α∈(0，π)，tanα＝－eq\f(1,2)＞－eq\f(\r(3),3)，则α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))，则α＋2β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)，2π))，所以α＋2β＝eq\f(7π,4).【B级能力提升】13.(2023·广东大联考)设sin20°＝m，cos20°＝n，则eq\f(tan10°＋1,1－tan10°)－eq\f(1,1－2sin210°)＝()A.eq\f(m,n) B.－eq\f(m,n)C.eq\f(n,m) D.－eq\f(n,m)答案A解析法一eq\f(tan10°＋1,1－tan10°)－eq\f(1,1－2sin210°)＝eq\f(sin10°＋cos10°,cos10°－sin10°)－eq\f(1,cos20°)＝eq\f(（sin10°＋cos10°）2,（cos10°－sin10°）（cos10°＋sin10°）)－eq\f(1,cos20°)＝eq\f(1＋2sin10°cos10°,cos210°－sin210°)－eq\f(1,cos20°)＝eq\f(1＋sin