简单的三角恒等变换

简单的三角恒等变换教学目标1．运用三角变换公式进展简单的三角恒等变换．(重点)2．公式的综合运用，根据三角变换特点，设计变换过程．(难点)3．应用半角公式求值时的符号问题．(易混点)[根底·初探]教材整理半角公式阅读教材P139～P140例2以上内容，完成以下问题．sineq\f(α,2)＝±_eq\r(\f(1－cosα,2))，coseq\f(α,2)＝±_eq\r(\f(1＋cosα,2))，taneq\f(α,2)＝±_eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα))，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))＝eq\f(sinα,1＋cosα)，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))＝eq\f(1－cosα,sinα).判断(正确的打“√〞，错误的打“×〞)(1)coseq\f(α,2)＝eq\r(\f(1＋cosα,2)).()(2)存在α∈R，使得coseq\f(α,2)＝eq\f(1,2)cosα.()(3)对于任意α∈R，sineq\f(α,2)＝eq\f(1,2)sinα都不成立．()(4)假设α是第一象限角，则taneq\f(α,2)＝eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα)).()解：(1)×.只有当－eq\f(π,2)＋2kπ≤eq\f(α,2)≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，即－π＋4kπ≤α≤π＋4kπ(k∈Z)时，coseq\f(α,2)＝eq\r(\f(1＋cosα,2)).(2)√.当cosα＝－eq\r(3)＋1时，上式成立，但一般情况下不成立．(3)×.当α＝2kπ(k∈Z)时，上式成立，但一般情况下不成立．(4)√.假设α是第一象限角，则eq\f(α,2)是第一、三象限角，此时taneq\f(α,2)＝eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα))成立．【答案】(1)×(2)√(3)×(4)√化简求值问题(1)cosθ＝－eq\f(3,5)，且180°<θ<270°，求taneq\f(θ,2)；(2)化简(1－sinα)(1－sinβ)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α＋β,2)－cos\f(α－β,2)))eq\s\up12(2).(1)①cosθ＝－eq\f(3,5)→taneq\f(θ,2)＝±eq\r(\f(1－cosθ,1＋cosθ))→taneq\f(θ,2)的值；②cosθ＝－eq\f(3,5)→taneq\f(θ,2)＝eq\f(1－cosθ,sinθ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或tan\f(θ,2)＝\f(sinθ,1＋cosθ)))→taneq\f(θ,2)的值．对于(1)的思考要注意符号的选择．(2)灵活运用三角函数公式求解．解：(1)法一：因为180°<θ<270°，所以90°<eq\f(θ,2)<135°，即eq\f(θ,2)是第二象限的角，所以taneq\f(θ,2)<0，∴taneq\f(θ,2)＝－eq\r(\f(1－cosθ,1＋cosθ))＝－eq\r(\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5))),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))))＝－2.法二：因为180°<θ<270°，即θ是第三象限角，∴sinθ＝－eq\r(1－cos2θ)＝－eq\r(1－\f(9,25))＝－eq\f(4,5)，∴taneq\f(θ,2)＝eq\f(1－cosθ,sinθ)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5))),－\f(4,5))＝－2.(2)原式＝1－(sinα＋sinβ)＋sinαsinβ－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2\f(α＋β,2)－2sin\f(α＋β,2)cos\f(α－β,2)＋cos2\f(α－β,2)))＝1－2sineq\f(α＋β,2)coseq\f(α－β,2)＋sinαsinβ－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1－cos〔α＋β〕,2)＋\f(1＋cos〔α－β〕,2)－2sin\f(α＋β,2)cos\f(α－β,2)))＝sinαsinβ＋eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cos〔α＋β〕－cos〔α－β〕))＝sinαsinβ－sinαsinβ＝0.1．解决给值求值问题的方法及思路(1)给值求值问题，其关键是找出式与欲求式之间的角、运算及函数的差异，经过适当变换式或变换欲求式解题．(2)给值求值的重要思想是建立式与欲求式之间的联系，应注意“配角〞方法的应用．2．三角函数化简的思路及原则：(1)在应用和差化积公式时，必须是一次同名三角函数方可施行，假设是异名，必须用诱导公式化为同名；假设是高次函数，必须用降幂公式降为一次．(2)根据实际问题选用公式时，应从以下几个方面加以考虑：①运用公式之后能否出现特殊角；②运用公式之后能否进展提取公因式，能否约分，能否合并或消项；③运用公式之后能否使三角函数式构造更加简单，各种关系更加明显，从而为下一步选用公式进展变换创造条件．(3)对于三角函数的和差化积，有时因为使用公式不同，或选择题的思路不同，化积结果可能不一致．[再练一题]1．(1)sinα＝eq\f(\r(5),5)，cosα＝eq\f(2,5)eq\r(5)，则taneq\f(α,2)等于()A．2－eq\r(5) B．2＋eq\r(5)C．eq\r(5)－2 D．±(eq\r(5)－2)(2)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<0).解：(1)因为sinα＝eq\f(\r(5),5)>0，cosα＝eq\f(2,5)eq\r(5)>0，所以α的终边落在第一象限，eq\f(α,2)的终边落在第一、三象限．所以taneq\f(α,2)>0，故taneq\f(α,2)＝eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα))＝eq\r(\f(1－\f(2\r(5),5),1＋\f(2\r(5),5)))＝eq\r(5)－2.【答案】C(2)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.三角恒等式的证明(1)求证：1＋2cos2θ－cos2θ＝2；(2)求证：eq\f(2sin*cos*,〔sin*＋cos*－1〕〔sin*－cos*＋1〕)＝eq\f(1＋cos*,sin*).(1)可由左向右证：先把左边cos2θ降幂化为同角后整理可证．(2)可先从左边表达式分母中升幂缩角入手，再通过改变函数构造向右边转化．解：(1)左边＝1＋2cos2θ－cos2θ＝1＋2×eq\f(1＋cos2θ,2)－cos2θ＝2＝右边．所以原等式成立．(2)左边＝eq\f(2sin*cos*,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(*,2)cos\f(*,2)－2sin2\f(*,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(*,2)cos\f(*,2)＋2sin2\f(*,2))))＝eq\f(2sin*cos*,4sin2\f(*,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2\f(*,2)－sin2\f(*,2))))＝eq\f(sin*,2sin2\f(*,2))＝eq\f(cos\f(*,2),sin\f(*,2))＝eq\f(2cos2\f(*,2),2sin\f(*,2)cos\f(*,2))＝eq\f(1＋cos*,sin*)＝右边．所以原等式成立．三角恒等式证明的五种常用方法：(1)执因索果法：证明的形式一般化繁为简．(2)左右归一法：证明左右两边都等于同一个式子．(3)拼凑法：针对题设和结论之间的差异，有针对性地变形，以消除它们之间的差异，简言之，即化异求同．(4)比拟法：设法证明“左边－右边＝0〞或“左边/右边＝1〞．(5)分析法：从被证明的等式出发，逐步探求使等式成立的条件，一直到条件或明显的事实为止，就可以断定原等式成立．[再练一题]2．0<α<eq\f(π,4)，0<β<eq\f(π,4)，且3sinβ＝sin(2α＋β)，4taneq\f(α,2)＝1－tan2eq\f(α,2)，求证：α＋β＝eq\f(π,4).证明：∵3sinβ＝sin(2α＋β)，即3sin(α＋β－α)＝sin(α＋β＋α)，∴3sin(α＋β)cosα－3cos(α＋β)sinα＝sin(α＋β)cosα＋cos(α＋β)sinα，∴2sin(α＋β)cosα＝4cos(α＋β)sinα，∴tan(α＋β)＝2tanα.又∵4taneq\f(α,2)＝1－tan2eq\f(α,2)，∴tanα＝eq\f(2tan\f(α,2),1－tan2\f(α,2))＝eq\f(1,2)，∴tan(α＋β)＝2tanα＝1，∵α＋β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴α＋β＝eq\f(π,4).三角函数在实际问题中的应用如图3－2－1所示，要把半径为R的半圆形木料截成长方形，应怎样截取，才能使△OAB的周长最大？图3－2－1eq\*(设∠AOB＝α)→eq\*(建立周长l〔α〕)→eq\*(求l的最大值)解：设∠AOB＝α，△OAB的周长为l，则AB＝Rsinα，OB＝Rcosα，∴l＝OA＋AB＋OB＝R＋Rsinα＋Rcosα＝R(sinα＋cosα)＋R＝eq\r(2)Rsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＋R.∵0<α<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,4)<α＋eq\f(π,4)<eq\f(3π,4).∴l的最大值为eq\r(2)R＋R＝(eq\r(2)＋1)R，此时，α＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即α＝eq\f(π,4)，即当α＝eq\f(π,4)时，△OAB的周长最大．1．解答此类问题，关键是合理引入辅助角α，确定各量之间的关系，将实际问题转化为三角函数问题，再利用三角函数的有关知识求解．2．在求解过程中，要注意三点：(1)充分借助平面几何性质，寻找数量关系；(2)注意实际问题中变量(角α)的*围；(3)重视三角函数有界性的影响．[再练一题]3．有一块以O为圆心的半圆形空地，要在这块空地上划出一个内接矩形ABCD辟为绿地，使其一边AD落在圆的直径上，另外两点B，C落在半圆的圆周上，半圆的半径长为a，如何选择关于点O对称的点A，D的位置，可以使矩形ABCD的面积最大？解：如下图，设∠AOB＝θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))，则AB＝asinθ，OA＝acosθ.设矩形ABCD的面积为S，则S＝2OA·AB，∴S＝2acosθ·asinθ＝a2·2sinθcosθ＝a2sin2θ.∵θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴2θ∈(0，π)．因此，当2θ＝eq\f(π,2)，即θ＝eq\f(π,4)时，Sma*＝a2.这时点A、D距离O的距离为eq\f(\r(2),2)a，矩形ABCD的面积最大值为a2.三角恒等变换与三角函数图象性质的综合探究1如何求函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2*－\f(π,6)))＋2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(*－\f(π,12)))(*∈R)的最小正周期？【提示】y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2*－\f(π,6)))＋1－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2*－\f(π,6)))＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2*－\f(π,6)－\f(π,4)))＋1＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2*－\f(5,12)π))＋1，所以函数的最小正周期T＝π.探究2研究形如f(*)＝asin2ω*＋bsinω*cosω*＋ccos2ω*的性质时应首先把函数f(*)化简成什么形式再解答？【提示】研究形如f(*)＝asin2ω*＋bsinω*cosω*＋ccos2ω*的性质时，先化成f(*)＝eq\r(a2＋b2)sin(ω*＋φ)＋c的形式再解答．函数f(*)＝4cosω*·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω*＋\f(π,4)))(ω>0)的最小正周期为π.(1)求ω的值；(2)讨论f(*)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的单调性．利用三角公式化简函数式，写为f(*)＝Asin(ω*＋φ)＋b的形式，再讨论函数的性质．解：(1)f(*)＝4cosω*·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω*＋\f(π,4)))＝2eq\r(2)sinω*·cosω*＋2eq\r(2)cos2ω*＝eq\r(2)(sin2ω*＋cos2ω*)＋eq\r(2)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ω*＋\f(π,4)))＋eq\r(2).因为f(*)的最小正周期为π，且ω>0，从而有eq\f(2π,2ω)＝π，故ω＝1.(2)由(1)知，f(*)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2*＋\f(π,4)))＋eq\r(2).假设0≤*≤eq\f(π,2)，则eq\f(π,4)≤2*＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4).当eq\f(π,4)≤2*＋eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)，即0≤*≤eq\f(π,8)时，f(*)单调递增；当eq\f(π,2)<2*＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4)，即eq\f(π,8)<*≤eq\f(π,2)时，f(*)单调递减．综上可知，f(*)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,8)))上单调递增，在区间eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(π,2)))上单调递减．三角恒等变换与三角函数图象性质的综合问题的解题策略：运用三角函数的和、差、倍角公式将函数关系式化成y＝asinω*＋bcosω*＋k的形式，借助辅助角公式化为y＝Asin(ω*＋φ)＋k(或y＝Acos(ω*＋φ)＋k)的形式，将ω*＋φ看作一个整体研究函数的性质．[再练一题]4．函数f(*)＝－eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2*＋\f(π,4)))＋6sin*cos*－2cos2*＋1，*∈R.(1)求f(*)的最小正周期；(2)求f(*)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．解：(1)f(*)＝－sin2*－cos2*＋3sin2*－cos2*＝2sin2*－2cos2*＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2*－\f(π,4))).所以f(*)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)由(1)知f(*)＝2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2*－\f(π,4)))，由于*∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2*－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(3π,4)))，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2*－\f(π,4)))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，1)).所以f(*)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为2eq\r(2)，最小值为－2.[构建·体系]1．假设cosα＝eq\f(2,3)，α∈(0，π)，则coseq\f(α,2)的值为()A．eq\f(\r(6),6) B．－eq\f(\r(6),6)C．eq\f(\r(30),6) D．－eq\f(\r(30),6)解：由题意知eq\f(α,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴coseq\f(α,2)>0，coseq\f(α,2)＝eq\r(\f(1＋cosα,2))＝eq\f(\r(30),6).【答案】C2．cosα＝eq\f(3,5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)π，2π))，则sineq\f(α,2)等于()A．eq\f(\r(5),5) B．－eq\f(\r(5),5)C．eq\f(4,5) D．eq\f(2\r(5),5)解：由题知eq\f(α,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)π，π))，∴sineq\f(α,2)>0，sineq\f(α,2)＝eq\r(\f(1－cosα,2))＝eq\f(\r(5),5).【答案】A3．sinα－cosα＝－eq\f(5,4)，则sin2α的值等于()A．eq\f(7,16) B．－eq\f(7,16)C．－eq\f(9,16) D．eq\f(9,16)解：由sinα－cosα＝－eq\f(5,4)，(sinα－cosα)2＝1－2sinαcosα＝1－sin2α＝eq\f(25,16)，所以sin2α＝－eq\f(9,16).【答案】C4．(2014·**高考)函数y＝eq\f(\r(3),2)sin2*＋cos2*的最小正周期为________．解：∵y＝eq\f(\r(3),2)sin2*＋cos2*＝eq\f(\r(3),2)sin2*＋eq\f(1,2)cos2*＋eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2*＋\f(π,6)))＋eq\f(1,2)，∴函数的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.【答案】π化简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：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)))＝eq\f(cos2α,\f(2cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α)),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α)))×sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α)))＝eq\f(cos2α,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2α)))＝eq\f(cos2α,cos2α)＝1.学业分层测评一、选择题1．假设函数f(*)＝－sin2*＋eq\f(1,2)(*∈R)，则f(*)是()A．最小正周期为eq\f(π,2)的奇函数B．最小正周期为π的奇函数C．最小正周期为2π的偶函数D．最小正周期为π的偶函数解：f(*)＝－eq\f(1－cos2*,2)＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)cos2*.应选D．【答案】D2．(2016·**期末)假设sin(π－α)＝－eq\f(\r(5),3)且α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，则sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(α,2)))等于()A．－eq\f(\r(6),3) B．－eq\f(\r(6),6)C．eq\f(\r(6),6) D．eq\f(\r(6),3)解：由题意知sinα＝－eq\f(\r(5),3)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3,2)π))，∴cosα＝－eq\f(2,3)，∵eq\f(α,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3,4)π))，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(α,2)))＝coseq\f(α,2)＝－eq\r(\f(1＋cosα,2))＝－eq\f(\r(6),6).应选B．【答案】B3．(2016·鹤岗一中期末)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解：a＝sin37°，b＝tan38°，c＝sin36°，由于tan38°>sin38°>sin37°>sin36°，所以b>a>c.应选A．【答案】A4．假设sin(α＋β)cosβ－cos(α＋β)sinβ＝0，则sin(α＋2β)＋sin(α－2β)等于()A．1 B．－1C．0 D．±1解：∵sin(α＋β)cosβ－cos(α＋β)sinβ＝sin(α＋β－β)＝sinα＝0，∴sin(α＋2β)＋sin(α－2β)＝2sinαcos2β＝0.【答案】C5．假设函数f(*)＝(1＋eq\r(3)tan*)cos*，0≤*<eq\f(π,2)，则f(*)的最大值是()A．1 B．2C．eq\r(3)＋1 D．eq\r(3)＋2解：f(*)＝(1＋eq\r(3)tan*)cos*＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\r(3)\f(sin*,cos*)))cos*＝eq\r(3)sin*＋cos*＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(*＋\f(π,6))).∵0≤*<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)≤*＋eq\f(π,6)<eq\f(2,3)π，∴当*＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)时，f(*)取到最大值2.【答案】B二、填空题6．假设θ是第二象限角，且25sin2θ＋sinθ－24＝0，则coseq\f(θ,2)＝________.解：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).【答案】±eq\f(3,5)7．(2016·**一中期末)eq\f(1,sin\f(π,18))－eq\f(\r(3),cos\f(π,18))＝________.解：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(4sin\f(π,9),sin\f(π,9))＝4.【答案】4三、解答题8．(2015·**高考)tanα＝2.(1)求taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))的值；(2)求eq\f(sin2α,sin2α＋sinαcosα－cos2α－1)的值．解：(1)taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(tanα＋tan\f(π,4),1－tanαtan\f(π,4))＝eq\f(2＋1,1－2×1)＝－3.(2)eq\f(sin2α,sin2α＋sinαcosα－cos2α－1)＝eq\f(2sinαcosα,sin2α＋sinαcosα－2cos2α)＝eq\f(2tanα,tan2α＋tanα－2)＝eq\f(2×2,4＋2－2)＝1.9．设函数f(*)＝2cos2ω*＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ω*－\f(π,6)))＋a(其中ω>0，a∈R)，且f(*)的图象在y轴右侧的第一个最高点的横坐标为eq\f(π,6).(1)求ω的值；(2)设f(*)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))上的最小值为eq\r(3)，求a的值．解：f(*)＝1＋cos2ω*＋eq\f(\r(3),2)sin2ω*－eq\f(1,2)cos2ω*＋a＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ω*＋\f(π,6)))＋a＋1.(1)由2ω*＋eq\f(π,6)＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得ω*＝kπ＋eq\f(π,6)(k∈Z)．又ω>0，∴当k＝0时，f(*)的图象在y轴右侧的第一个最高点的横坐标为*＝eq\f(π,6ω)＝eq\f(π,6)，故ω＝1.(2)由(1)知f(*)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2*＋\f(π,6)))＋a＋1，由eq\f(π,6)≤*≤eq\f(π,3)，得eq\f(π,3)≤2*≤eq\f(2,3)π，eq\f(π,2)≤2*＋eq\f(π,6)≤eq\f(5π,6)，∴当2*＋eq\f(π,6)＝eq\f(5π,6)，即*＝eq\f(π,3)时，f(*)取得最小值为eq\f(1,2)＋a＋1.由eq\f(1,2)＋a＋1＝eq\r(3)，得a＝eq\r(3)－eq\f(3,2).[能力提升]1．(2016·**高一检测)450°<α<540°，则eq\r(\f(1,2)＋\f(1,2)\r(\f(1,2)＋\f(1,2)cos2α))的值是()A．－sineq\f(α,2) B．coseq\f(α,2)C．sineq\f(α,2) D．－coseq\f(α,2)解：因为450°<α<540°，所以225°<eq\f(α,2)<270°.所以cosα<0，sineq\f(α,2)<0.所以原式＝eq\r(\f(1,2)＋\f(1,2)\r(\f(1＋cos2α,2)))＝eq\r(\f(1,2)＋\f(1,2)\r(cos2α))＝eq\r(\f(1,2)＋\f(1,2)|cosα|)＝eq\r(\f(1,2)－\f(1,2)cosα)＝eq\r(sin2\f(α,2))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)))＝－sineq\f(α,2).应选A．【答案】A2．(2016·**质检)函数f(*)＝2cos2eq\f(*,2)，g(*)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(*,2)＋cos\f(*,2)))eq\s\up12(2).(1)求证：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－*))＝g(*)；(2)求函数h(*)＝f(*)－g(*)(*∈[0，π])的单调区间，并求使h(*)取到最小值时*的值．解：(1)证明：f(*)＝2cos2eq\f(*,2)＝1＋cos*，g(*)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(*,2)＋cos\f(*,2)))eq\s\up12(2)＝1＋2sineq\f(*,2)coseq\f(*,2)＝1＋sin*，∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－*))＝1＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－*))＝1＋sin*，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－*))＝g(*)，命题得证．(2)函数h(*)＝f(*)－g(*)＝cos*－sin*＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cos*－\f(\r(2),2)sin*))＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(*＋\f(π,4)))，∵*∈[0，π]，∴eq\f(π,4)≤*＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4)，当eq\f(π,4)≤*＋eq\f(π,4)≤π，即0≤*≤eq\f(3π,4)时，h(*)递减，当π≤*＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4)，即eq\f(3π,4)≤*≤π时，h(*)递增．∴函数h(*)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(*)的单调性，可知当*＝eq\f(3π,4)时，函数h(*)取到最小值．小结①cosαcosβ＋sinαsinβ②sinαcosβ－cosαsinβ③eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)④cosαcosβ－sinαsinβ⑤sinαcosβ＋cosαsinβ⑥eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)⑦cos2α－sin2α⑧2cos2α－1⑨1－2sin2α⑩2sinαcosα⑪eq\f(2tanα,1－tan2α)给值求值问题给出*些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值，解题的关键在于“变角〞．使其角一样或具有*种关系，解题的根本方法是：①将待求式用三角函数表示．②将条件转化而推出可用的结论．其中“凑角法〞是解决此类问题的常用技巧．解题时首先是分析式与待求式之间角、函数、构造间的差异，有目的的将式、待求式的一方或两方加以变换，找出它们之间的联系，最后求出待求式的值．eq\f(3π,4)<α<π，tanα＋eq\f(1,tanα)＝－eq\f(10,3).(1)求tanα的值；(2)求eq\f(5sin2\f(α,2)＋8sin\f(α,2)cos\f(α,2)＋11cos2\f(α,2)－8,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2))))的值．(1)结合α的取值*围，求解tanα的值；(2)利用降幂公式和诱导公式先统一角，通过三角变换转化成关于tanα的式子代入求值即可．解：(1)由tanα＋eq\f(1,tanα)＝－eq\f(10,3)，得3tan2α＋10tanα＋3＝0，即tanα＝－3或tanα＝－eq\f(1,3).又eq\f(3π,4)<α<π，所以tanα＝－eq\f(1,3).(2)原式＝eq\f(5×\f(1－cosα,2)＋4sinα＋11×\f(1＋cosα,2)－8,－\r(2)cosα)＝eq\f(5－5cosα＋8sinα＋11＋11cosα－16,－2\r(2)cosα)＝eq\f(4sinα＋3cosα,－\r(2)cosα)＝eq\f(4tanα＋3,－\r(2))＝－eq\f(5\r(2),6).[再练一题]1．sin(α＋β)＝eq\f(7\r(2),10)，sin(α－β)＝－eq\f(\r(2),2)，求eq\f(tanα,tanβ)的值．解：由sin(α＋β)＝eq\f(7\r(2),10)，得sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(7\r(2),10)，①由sin(α－β)＝－eq\f(\r(2),2)，得sinαcosβ－cosαsinβ＝－eq\f(\r(2),2)，②①＋②得：sinαcosβ＝eq\f(\r(2),10)，①－②得：cosαsinβ＝eq\f(6\r(2),10)，eq\f(tanα,tanβ)＝eq\f(sinαcosβ,cosαsinβ)＝eq\f(\f(\r(2),10),\f(6\r(2),10))＝eq\f(1,6).三角函数式的化简与证明三角函数式的化简是三角变换应用的一个重要方面，其根本思想方法是统一角、统一三角函数的名称．在具体实施过程中，应着重抓住“角〞的统一．通过观察角、函数名、项的次数等，找到突破口，利用切化弦、升幂、降幂、逆用公式等手段将其化简．三角函数式的证明实质上也是化简，是有方向目标的化简；根本原则：由繁到简，消除两端差异，到达证明目的．证明：eq\f(1＋sin2θ－cos2θ,1＋sin2θ＋cos2θ)＝tanθ.可从左边向右边证明，先把角由2θ向θ转化，再实现函数名称向tanθ转化．解法一：左边＝eq\f(sin2θ＋〔1－cos2θ〕,sin2θ＋〔1＋cos2θ〕)＝eq\f(2sinθcosθ＋2sin2θ,2sinθcosθ＋2cos2θ)＝eq\f(sinθ〔cosθ＋sinθ〕,cosθ〔cosθ＋sinθ〕)＝tanθ＝右边．解法二：左边＝eq\f(sin2θ＋cos2θ＋sin2θ＋sin2θ－cos2θ,sin2θ＋cos2θ＋sin2θ＋cos2θ－sin2θ)＝eq\f(sin2θ＋2sin2θ,sin2θ＋2cos2θ)＝eq\f(2sinθ〔sinθ＋cosθ〕,2cosθ〔sinθ＋cosθ〕)＝tanθ＝右边．解法三：左边＝eq\f(〔1＋sin2θ〕－cos2θ,〔1＋sin2θ〕＋cos2θ)＝eq\f(〔sin2θ＋cos2θ＋2sinθ·cosθ〕－〔cos2θ－sin2θ〕,〔sin2θ＋cos2θ＋2sinθ·cosθ〕＋〔cos2θ－sin2θ〕)＝eq\f(〔sinθ＋cosθ〕2－〔cosθ＋sinθ〕〔cosθ－sinθ〕,〔sinθ＋cosθ〕2＋〔cosθ＋sinθ〕〔cosθ－sinθ〕)＝eq\f(〔sinθ＋cosθ〕〔sinθ＋cosθ＋sinθ－cosθ〕,〔sinθ＋cosθ〕〔sinθ＋cosθ＋cosθ－sinθ〕)＝eq\f(〔sinθ＋cosθ〕·2sinθ,〔sinθ＋cosθ〕·2cosθ)＝tanθ＝右边．[再练一题]2．求证taneq\f(3*,2)－taneq\f(*,2)＝eq\f(2sin*,cos*＋cos2*).证明：eq\f(2sin*,cos*＋cos2*)＝eq\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3*,2)－\f(*,2))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3*,2)－\f(*,2)))＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3*,2)＋\f(*,2))))＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3*,2)cos\f(*,2)－cos\f(3*,2)sin\f(*,2))),2cos\f(3*,2)cos\f(*,2))＝eq\f(sin\f(3*,2),cos\f(3*,2))－eq\f(sin\f(*,2),cos\f(*,2))＝taneq\f(3*,2)－taneq\f(*,2).三角恒等变形的综合应用与三角恒等变形有关的综合问题一般有以下两种类型：(1)以三角恒等变形为主要的化简手段，考察三角函数的性质．当给出的三角函数关系式较为复杂，我们要先通过三角恒等变换，将三角函数的表达式变形化简，将函数表达式变形为y＝Asin(ω*＋φ)＋k或y＝Acos(ω*＋φ)＋k等形式，然后再根据化简后的三角函数，讨论其图象和性质．(2)以向量运算为载体，考察三角恒等变形．这类问题往往利用向量的知识和公式，通过向量的运算，将向量条件转化为三角条件，然后通过三角变换解决问题；有时还从三角与向量的关联点处设置问题，把三角函数中的角与向量的夹角统一为一类问题考察．(2016·**质检)向量a＝(1，－eq\r(3))，b＝(sin*，cos*)，f(*)＝a·b.(1)假设f(θ)＝0，求eq\f(2cos2\f(θ,2)－sinθ－1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))的值；(2)当*∈[0，π]时，求函数f(*)的值域．(1)可先由f(θ)＝0求tanθ，再化简eq\f(2cos2\f(θ,2)－sinθ－1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))后，由tanθ值代入求值；(2)先化简得f(*)＝Asin(ω*＋φ)的形式，再据**围求ω*＋φ*围，进而求得f(*)的值域．解：(1)∵a＝(1，－eq\r(3))，b＝(sin*，cos*)，∴f(*)＝a·b＝sin*－eq\r(3)cos*，∵f(θ)＝0，即sinθ－eq\r(3)cosθ＝0，∴tanθ＝eq\r(3)，∴eq\f(2cos2\f(θ,2)－sinθ－1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝eq\f(cosθ－sinθ,sinθ＋cosθ)＝eq\f(1－tanθ,tanθ＋1)＝eq\f(1－\r(3),\r(3)＋1)＝－2＋eq\r(3).(2)f(*)＝sin*－eq\r(3)cos*＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(*－\f(π,3)))，∵*∈[0，π]，∴*－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))，当*－eq\f(π,3)＝－eq\f(π,3)，即*＝0时，f(*)min＝－eq\r(3)，当*－eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)，即*＝eq\f(5π,6)时，f(*)ma*＝2，∴当*∈[0，π]时，函数f(*)的值域为[－eq\r(3)，2]．[再练一题]3．向量m＝(sinA，cosA)，n＝(eq\r(3)，－1)，且m·n＝1，且A为锐角．(1)求角A的大小；(2)求函数f(*)＝cos2*＋4cosAsin*(*∈R)的值域.解：(1)由题意得m·n＝eq\r(3)sinA－cosA＝1，2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝1，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))＝eq\f(1,2).由A为锐角得A－eq\f(π,6)＝eq\f(π,6)，A＝eq\f(π,3).(2)由(1)知cosA＝eq\f(1,2).所以f(*)＝cos2*＋2sin*＝1－2sin2*＋2sin*＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin*－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,2).因为*∈R，所以sin*∈[－1，1]，因此，当sin*＝eq\f(1,2)时，f(*)有最大值eq\f(3,2)，当sin*＝－1时，f(*)有最小值－3，所以所求函数f(*)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).转化与化归的思想三角式的恒等变换是解三角函数问题的方法根底，所谓三角式的恒等变换，就是运用有关概念和公式把给定的三角式化为另一等价形式．转化与化归的思想是三角恒等变换应用最广泛的，也是最根本的数学思想，它贯穿于三角恒等变换的始终，要认真体会理解，在解题过程中学会灵活应用．sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝eq\f(4,5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝－eq\f(12,13)，且α－eq\f(β,2)和eq\f(α,2)－β分别为第二、第三象限角，求taneq\f(α＋β,2)的值．先根据α－eq\f(β,2)，eq\f(α,2)－β的*围求得其正、余弦再求正切值，最后由eq\f(α＋β,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))求解．【规*解答】∵sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝eq\f(4,5)，且α－eq\f(β,2)为第二象限角，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝－eq\r(1－sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2))))＝－eq\f(3,5).又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝－eq\f(12,13)，且eq\f(α,2)－β为第三象限角，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝－eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β)))＝－eq\f(5,13).∴taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))＝－eq\f(4,3)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))＝eq\f(5,12)，∴taneq\f(α＋β,2)＝taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β))))＝eq\f(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))－tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β)),1＋tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(β,2)))tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)－β)))＝eq\f(－\f(4,3)－\f(5,12),1－\f(4,3)×\f(5,12))＝－eq\f(63,16).[再练一题]4．(2016·来安中学期末)sinα－cosα＝－eq\f(\r(5),5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(3,5)，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))).(1)求sinα和cosα的值；(2)求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－β＋\f(π,4)))的值．解：(1)由题意得(sinα－cosα)2＝eq\f(1,5)，即1－sin2α＝eq\f(1,5)，∴sin2α＝eq\f(4,5).又2α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cos2α＝eq\r(1－sin22α)＝eq\f(3,5)，∴cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2)＝eq\f(4,5)，∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴cosα＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，sinα＝eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5),5).(2)∵β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，β－eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(4,5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－β＋\f(π,4)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))))＝cosαcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＋sinαsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(β－\f(π,4)))＝eq\f(2\r(5),5)×eq\f(4,5)＋eq\f(\r(5),5)×e