第16課三角恒等變換普查與練習(xí)16Ⅰ兩角和與差的正弦、余弦和正切公式1．兩角和與差公式a．兩角和差公式的基本應(yīng)用(1)(2021全國模擬，5分)已知點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,13)，\f(12,13)))，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，線段OP繞原點(diǎn)O逆時針旋轉(zhuǎn)eq\f(π,3)，到達(dá)線段OP1，則點(diǎn)P1的坐標(biāo)為(D)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12＋5\r(3),26)，\f(5－12\r(3),26)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(52,5)，\f(39,5)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(39,5)，\f(52,5)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5－12\r(3),26)，\f(12＋5\r(3),26)))解析：設(shè)OP與x軸正方向的夾角為θ，則sinθ＝eq\f(12,13)，cosθ＝eq\f(5,13).設(shè)P1(cosβ，sinβ)，則cosβ＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝eq\f(1,2)cosθ－eq\f(\r(3),2)sinθ＝eq\f(5－12\r(3),26)，sinβ＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝eq\f(1,2)sinθ＋eq\f(\r(3),2)cosθ＝eq\f(12＋5\r(3),26).故選D.(2)(2020全國Ⅲ，5分)已知2tanθ－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝7，則tanθ＝(D)A．－2B．－1C．1D．2解析：由2tanθ－taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝7，得2tanθ－eq\f(tanθ＋1,1－tanθ)＝7，即2tanθ－2tan2θ－tanθ－1＝7－7tanθ，整理得(tanθ－2)2＝0，所以tanθ＝2.故選D.b．兩角和差公式的逆用及變形應(yīng)用(3)(2020山東學(xué)業(yè)考試，5分)sin110°·cos40°－cos70°·sin40°＝(A)A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(3),2)C．－eq\f(1,2)D．－eq\f(\r(3),2)解析：sin110°·cos40°－cos70°·sin40°＝sin70°·cos40°－cos70°·sin40°＝sin(70°－40°)＝sin30°＝eq\f(1,2).故選A.(4)(2020江蘇校級檢測，5分)若A＋B＝45°，則(1＋tanA)(1＋tanB)＝__2__，應(yīng)用此結(jié)論求(1＋tan1°)(1＋tan2°)…(1＋tan43°)(1＋tan44°)的值為__222__．解析：因?yàn)锳＋B＝45°，所以(1＋tanA)(1＋tanB)＝1＋tanA＋tanB＋tanA·tanB＝tan(A＋B)(1－tanA·tanB)＋1＋tanA·tanB＝tan45°(1－tanA·tanB)＋1＋tanA·tanB＝2.(1＋tan1°)(1＋tan2°)…(1＋tan43°)(1＋tan44°)＝[(1＋tan1°)(1＋tan44°)]·[(1＋tan2°)(1＋tan43°)]·…·[(1＋tan22°)(1＋tan23°)]＝222.c．輔助角公式的基本應(yīng)用(5)(2023改編，5分)已知角α為第一象限角，eq\f(2a－\r(2)sinα,cosα)＝eq\r(2)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為__eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))__．解析：由題意得a＝eq\f(\r(2),2)sinα＋eq\f(\r(2),2)cosα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))).因?yàn)?kπ<α<2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，所以2kπ＋eq\f(π,4)<α＋eq\f(π,4)<2kπ＋eq\f(3π,4)，k∈Z，所以eq\f(\r(2),2)<sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))≤1，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)).(6)(2020全國Ⅲ，5分)已知sinθ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝1，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝(B)A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(2,3)D.eq\f(\r(2),2)解析：∵sinθ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝1，∴sinθ＋eq\f(1,2)sinθ＋eq\f(\r(3),2)cosθ＝eq\f(3,2)sinθ＋eq\f(\r(3),2)cosθ＝eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinθ＋\f(1,2)cosθ))＝1，即eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝1，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),3).故選B.2．二倍角公式a．二倍角正弦公式的應(yīng)用(7)(2020北京東城區(qū)期末，5分)若函數(shù)f(x)＝sinxcosx，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))的值為__eq\f(1,4)__．解析：∵f(x)＝sinxcosx＝eq\f(1,2)sin2x，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)))＝eq\f(1,2)sin(2×eq\f(π,12))＝eq\f(1,2)sineq\f(π,6)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4).(8)(2021貴州校級月考，5分)若3sinθ－cosθ＝0，則sin2θ＝(A)A.eq\f(3,5)B．－eq\f(3,5)C.eq\f(4,5)D．－eq\f(4,5)解析：因?yàn)?sinθ－cosθ＝0，顯然cosθ≠0，則tanθ＝eq\f(1,3)，所以sin2θ＝eq\f(sin2θ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(2sinθcosθ,sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(2tanθ,tan2θ＋1)＝eq\f(2×\f(1,3),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋1)＝eq\f(3,5)，故選A.b．二倍角余弦公式的應(yīng)用(9)(2023匯編，25分)按要求完成下列各題．①若sinx＝－eq\f(2,3)，則cos2x＝__eq\f(1,9)__．(2020全國Ⅱ)②已知sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(2,3)，則sin2α的值是__eq\f(1,3)__．(2020江蘇)③函數(shù)f(x)＝sin22x的最小正周期是__eq\f(π,2)__．(2019北京)④已知α∈(0，π)，且3cos2α－8cosα＝5，則sinα＝(A)(2020全國Ⅰ)A.eq\f(\r(5),3)B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,3)D.eq\f(\r(5),9)⑤cos2eq\f(π,12)－cos2eq\f(5π,12)＝(D)(2021全國Ⅱ)A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(2),2)D.eq\f(\r(3),2)解析：①∵sinx＝－eq\f(2,3)，∴cos2x＝1－2sin2x＝1－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))2＝eq\f(1,9).②由sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2α)),2)＝eq\f(1＋sin2α,2)＝eq\f(2,3)，得sin2α＝eq\f(1,3).③f(x)＝sin22x＝eq\f(1－cos4x,2)＝－eq\f(1,2)cos4x＋eq\f(1,2)，則最小正周期為eq\f(2π,4)＝eq\f(π,2).④由3cos2α－8cosα＝5，得3(2cos2α－1)－8cosα－5＝0，即3cos2α－4cosα－4＝0，解得cosα＝2(舍去)或cosα＝－eq\f(2,3).又∵α∈(0，π)，∴sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))2)＝eq\f(\r(5),3).故選A.⑤由題意，得cos2eq\f(π,12)－cos2eq\f(5π,12)＝cos2eq\f(π,12)－cos2(eq\f(π,2)－eq\f(π,12))＝cos2eq\f(π,12)－sin2eq\f(π,12)＝coseq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2).故選D.c．二倍角正切公式的應(yīng)用(10)(2021河南洛陽校級月考，5分)人們一般把邊長之比為黃金分割比的矩形稱為黃金矩形，即黃金矩形的短邊為長邊的eq\f(\r(5)－1,2).黃金矩形能夠給畫面帶來美感，令人愉悅，在很多藝術(shù)品以及大自然中都能找到它．巴特農(nóng)神廟的部分輪廓ABCD就是黃金矩形(如下圖所示)，則圖中∠AOD的正切值等于(D)A.eq\f(\r(5)＋3,2)B.eq\r(5)－1C.eq\f(\r(5)＋1,2)D．2解析：由題意知tan∠ACD＝eq\f(AD,CD)＝eq\f(\r(5)－1,2)，則tan∠AOD＝tan2∠ACD＝eq\f(\r(5)－1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)))2)＝2.故選D.(11)(2020山東濰坊模擬，5分)若sinθ＝eq\r(5)cos(2π－θ)，則tan2θ＝(C)A．－eq\f(\r(5),3)B.eq\f(\r(5),3)C．－eq\f(\r(5),2)D.eq\f(\r(5),2)解析：∵sinθ＝eq\r(5)cos(2π－θ)＝eq\r(5)cosθ，∴tanθ＝eq\r(5)，∴tan2θ＝eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝eq\f(2\r(5),1－5)＝－eq\f(\r(5),2).故選C.d．三角恒等變換公式的綜合應(yīng)用(12)(2019全國Ⅱ，5分)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，2sin2α＝cos2α＋1，則sinα＝(B)A.eq\f(1,5)B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(2\r(5),5)解析：2sin2α＝4sinαcosα＝cos2α＋1＝2cos2α.∵α∈(0，eq\f(π,2))，∴sinα>0，cosα>0，∴2sinα＝cosα.又sin2α＋cos2α＝1，∴sinα＝eq\f(\r(5),5).故選B.(13)(2021全國Ⅰ，5分)若α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，tan2α＝eq\f(cosα,2－sinα)，則tanα＝(A)A.eq\f(\r(15),15)B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(\r(5),3)D.eq\f(\r(15),3)解析：(法一)∵tan2α＝eq\f(cosα,2－sinα)，∴tan2α＝eq\f(sin2α,cos2α)＝eq\f(2sinαcosα,1－2sin2α)＝eq\f(cosα,2－sinα).∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴cosα>0，∴eq\f(2sinα,1－2sin2α)＝eq\f(1,2－sinα)，解得sinα＝eq\f(1,4)，∴cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\f(\r(15),4)，∴tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(\r(15),15).故選A.(法二)tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(cosα,2－sinα)，即4tanα－eq\f(2sin2α,cosα)＝cosα－eq\f(sin2α,cosα)，即4tanα－eq\f(sin2α,cosα)＝cosα，即4sinα－sin2α＝cos2α，結(jié)合sin2α＋cos2α＝1，可得sinα＝eq\f(1,4).下同法一．(14)(2019江蘇，5分)已知eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝－eq\f(2,3)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝__eq\f(\r(2),10)__．解析：由題意知eq\f(tanα,tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))))＝eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sinα,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))cosα)＝－eq\f(2,3)，①而sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))cosα－coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))sinα＝sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)，②所以由①②得，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))cosα＝eq\f(3\r(2),10)，cos(α＋eq\f(π,4))sinα＝－eq\f(\r(2),5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝sin(α＋eq\f(π,4))cosα＋cos(α＋eq\f(π,4))sinα＝eq\f(\r(2),10).3．三角函數(shù)式的化簡(15)(經(jīng)典題，12分)已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝－eq\f(1,4)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，求：(Ⅰ)sin2α；(Ⅱ)tanα－eq\f(1,tanα)；(Ⅲ)eq\f(1＋tanα,1－tanα).答案：(Ⅰ)eq\f(1,2)(Ⅱ)2eq\r(3)(Ⅲ)－eq\r(3)解：∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))·coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))，又∵coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝－eq\f(1,4)，∴eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝－eq\f(1,4)，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝－eq\f(1,2).又∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，∴2α＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(4π,3)))，∴2α＋eq\f(π,3)＝eq\f(7π,6)，∴2α＝eq\f(5π,6).(5分)(Ⅰ)sin2α＝sineq\f(5π,6)＝eq\f(1,2).(6分)(Ⅱ)tanα－eq\f(1,tanα)＝eq\f(sinα,cosα)－eq\f(cosα,sinα)＝eq\f(sin2α－cos2α,cosαsinα)＝eq\f(－cos2α,\f(1,2)sin2α)＝eq\f(－cos\f(5π,6),\f(1,2)sin\f(5π,6))＝eq\f(\f(\r(3),2),\f(1,4))＝2eq\r(3).(9分)(Ⅲ)∵2α＝eq\f(5π,6)，∴α＝eq\f(5π,12).∴eq\f(1＋tanα,1－tanα)＝eq\f(tan\f(π,4)＋tanα,1－tan\f(π,4)tanα)＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(5π,12)))＝taneq\f(2π,3)＝－taneq\f(π,3)＝－eq\r(3).(12分)(16)(2023匯編，24分)化簡：(Ⅰ)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)；答案：cosα解：原式＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(α,2)cos\f(α,2)＋2cos2\f(α,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2))),\r(2)·\r(2cos2\f(α,2)))＝eq\f(2cos\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(cos\f(α,2))))＝eq\f(cos\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(cos\f(α,2))))＝eq\f(cos\f(α,2)·（－cosα）,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)))).∵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.(6分)(Ⅱ)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：原式＝eq\f(\f(1,2)[（2cos2x）2－4cos2x＋1],\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))sin2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))))＝eq\f(\f(1,2)（2cos2x－1）2,\f(2sin\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(\f(1,2)cos22x,2sin\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(\f(1,2)cos22x,sin2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x)))＝eq\f(\f(1,2)cos22x,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x)))＝eq\f(\f(1,2)cos22x,cos2x)＝eq\f(1,2)cos2x.(12分)(Ⅲ)eq\f(tan\f(α,2)＋1,1－tan\f(α,2))－eq\f(1,1－2sin2\f(α,2))；答案：tanα解：原式＝eq\f(1＋\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2)),1－\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2)))－eq\f(1,cosα)＝eq\f(cos\f(α,2)＋sin\f(α,2),cos\f(α,2)－sin\f(α,2))－eq\f(1,cosα)＝eq\f(1＋2sin\f(α,2)cos\f(α,2),cos2\f(α,2)－sin2\f(α,2))－eq\f(1,cosα)＝eq\f(1＋sinα,cosα)－eq\f(1,cosα)＝eq\f(sinα,cosα)＝tanα.(18分)(Ⅳ)已知π<α<eq\f(3π,2)，化簡eq\f(1＋sinα,\r(1＋cosα)－\r(1－cosα))＋eq\f(1－sinα,\r(1＋cosα)＋\r(1－cosα)).答案：－eq\r(2)coseq\f(α,2)解：∵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，∴eq\r(1＋cosα)＝eq\r(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)))＝－eq\r(2)coseq\f(α,2)，eq\r(1－cosα)＝eq\r(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)))＝eq\r(2)sineq\f(α,2)，∴eq\f(1＋sinα,\r(1＋cosα)－\r(1－cosα))＋eq\f(1－sinα,\r(1＋cosα)＋\r(1－cosα))＝eq\f(1＋sinα,－\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)＋sin\f(α,2))))＋eq\f(1－sinα,\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(cos\f(α,2)＋sin\f(α,2)))\s\up12(2),－\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(α,2)＋sin\f(α,2))))＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2)))\s\up12(2),\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)－cos\f(α,2))))＝－eq\r(2)coseq\f(α,2).(24分)隨堂普查練16Ⅰ1．(2021安徽池州模擬，5分)已知sinα＝eq\f(3,5)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))sin(eq\f(π,4)－α)＝__eq\f(49,50)或eq\f(1,50)__．解析：由sinα＝eq\f(3,5)，得cosα＝±eq\f(4,5)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋α))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－α))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cosα－\f(\r(2),2)sinα))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)cosα－\f(\r(2),2)sinα))＝eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)sin2α－sinαcosα＝eq\f(1,2)－sinαcosα＝eq\f(1,2)?eq\f(3,5)×eq\f(4,5)＝eq\f(49,50)或eq\f(1,50).故答案為eq\f(49,50)或eq\f(1,50).2．(2021廣東模擬，5分)我國古代數(shù)學(xué)家僧一行應(yīng)用“九服晷影算法”在《大衍歷》中建立了晷影長l與太陽天頂距θ(0°≤θ≤80°)的對應(yīng)數(shù)表，這是世界數(shù)學(xué)史上較早的一張正切函數(shù)表．根據(jù)三角學(xué)知識可知，晷影長度l等于表高h(yuǎn)與太陽天頂距θ正切值的乘積，即l＝htanθ.若對同一“表高”兩次測量，“晷影長”分別是“表高”的2倍和3倍(所成角記θ1，θ2)，則tan(θ1－θ2)＝__－eq\f(1,7)__．解析：由題意，“晷影長”分別是“表高”的2倍和3倍，可得tanθ1＝2，tanθ2＝3，所以tan(θ1－θ2)＝eq\f(tanθ1－tanθ2,1＋tanθ1tanθ2)＝eq\f(2－3,1＋2×3)＝－eq\f(1,7).故答案為－eq\f(1,7).3．(2021四川德陽二模，5分)在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A(2cos80°，2sin80°)，B(2cos20°，2sin20°)，那么|AB|＝(A)A．2B．2eq\r(2)C．2eq\r(3)D．4解析：|AB|＝eq\r(（2cos20°－2cos80°）2＋（2sin20°－2sin80°）2)＝eq\r(4＋4－8（cos20°cos80°＋sin20°sin80°）)＝eq\r(8－8cos（20°－80°）)＝eq\r(8－8×\f(1,2))＝eq\r(4)＝2.故選A.4．(2021江蘇南通校級測試，5分)函數(shù)f(x)＝cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))的最小正周期為(C)A．4πB．2πC．πD.eq\f(π,2)解析：函數(shù)f(x)＝cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝cosx(eq\f(\r(2),2)sinx＋eq\f(\r(2),2)cosx)＝eq\f(\r(2),2)·eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(2),2)·eq\f(1＋cos2x,2)＝eq\f(\r(2),4)sin2x＋eq\f(\r(2),4)cos2x＋eq\f(\r(2),4)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＋eq\f(\r(2),4)，其最小正周期為T＝eq\f(2π,2)＝π.故選C.5．(2023改編，5分)已知eq\f(1＋sinθ＋cosθ,1＋sinθ－cosθ)＝eq\f(1,2)，則tanθ＝(D)A.eq\f(4,3)B.eq\f(3,4)C．－eq\f(3,4)D．－eq\f(4,3)解析：∵eq\f(1＋sinθ＋cosθ,1＋sinθ－cosθ)＝eq\f(2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2)＋2cos2\f(θ,2),2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2)＋2sin2\f(θ,2))＝eq\f(2cos\f(θ,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(θ,2)＋cos\f(θ,2))),2sin\f(θ,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(θ,2)＋sin\f(θ,2))))＝eq\f(cos\f(θ,2),sin\f(θ,2))，又∵eq\f(1＋sinθ＋cosθ,1＋sinθ－cosθ)＝eq\f(1,2)，∴coseq\f(θ,2)≠0，∴eq\f(cos\f(θ,2),sin\f(θ,2))＝eq\f(1,tan\f(θ,2))＝eq\f(1,2)，∴taneq\f(θ,2)＝2，∴tanθ＝eq\f(2tan\f(θ,2),1－tan2\f(θ,2))＝eq\f(2×2,1－22)＝－eq\f(4,3).故選D.6．(經(jīng)典題，5分)化簡sin2α·sin2β＋cos2α·cos2β－eq\f(1,2)cos2α·cos2β＝(B)A.eq\f(1,4)B.eq\f(1,2)C．1D．2解析：(法一)原式＝eq\f(1－cos2α,2)·eq\f(1－cos2β,2)＋eq\f(1＋cos2α,2)·eq\f(1＋cos2β,2)－eq\f(1,2)cos2α·cos2β＝eq\f(1,4)(1＋cos2αcos2β－cos2α－cos2β)＋eq\f(1,4)(1＋cos2αcos2β＋cos2α＋cos2β)－eq\f(1,2)cos2αcos2β＝eq\f(1,2).故選B.(法二)原式＝sin2α·sin2β＋cos2α·cos2β－eq\f(1,2)·(2cos2α－1)·(2cos2β－1)＝sin2α·sin2β＋cos2α·cos2β－eq\f(1,2)(4cos2α·cos2β－2cos2α－2cos2β＋1)＝sin2α·sin2β－cos2α·cos2β＋cos2α＋cos2β－eq\f(1,2)＝sin2α·sin2β＋cos2α(1－cos2β)＋cos2β－eq\f(1,2)＝sin2α·sin2β＋cos2α·sin2β＋cos2β－eq\f(1,2)＝sin2β(sin2α＋cos2α)＋cos2β－eq\f(1,2)＝sin2β＋cos2β－eq\f(1,2)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).故選B.普查與練習(xí)16Ⅱ簡單的三角恒等變換4．三角函數(shù)的條件求值a．給角求值問題(17)(2023匯編，20分)求出下列各式的值．①cos20°cos40°cos80°＝__eq\f(1,8)__；②sin6°cos24°sin78°cos48°＝__eq\f(1,16)__；③eq\r(2－cos28－cos16)＝__eq\r(3)sin8__；④2eq\r(1－sin8)＋eq\r(2＋2cos8)＝__－2sin4__．解析：①(法一)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(1,8).(法二)令a＝cos20°cos40°cos80°，b＝sin20°sin40°sin80°，顯然b≠0，則ab＝cos20°cos40°cos80°sin20°sin40°sin80°＝eq\f(1,2)sin40°×eq\f(1,2)sin80°×eq\f(1,2)sin160°＝eq\f(1,8)sin40°sin80°sin160°＝eq\f(1,8)sin40°sin80°sin20°＝eq\f(1,8)b，即ab＝eq\f(1,8)b，∴a＝eq\f(1,8)，故原式＝eq\f(1,8).②sin6°cos24°sin78°cos48°＝sin6°cos12°cos24°cos48°＝eq\f(sin6°cos6°cos12°cos24°cos48°,cos6°)＝eq\f(\f(1,2)sin12°cos12°cos24°cos48°,cos6°)＝eq\f(\f(1,4)sin24°cos24°cos48°,cos6°)＝eq\f(\f(1,8)sin48°cos48°,cos6°)＝eq\f(\f(1,16)sin96°,cos6°)＝eq\f(1,16).③eq\r(2－cos28－cos16)＝eq\r(2sin28＋2cos28－cos28－cos28＋sin28)＝eq\r(3sin28)＝eq\r(3)sin8.④原式＝2eq\r(1－2sin4cos4)＋eq\r(2)·eq\r(1＋cos8)＝2eq\r(（sin4－cos4）2)＋eq\r(2)·eq\r(2cos24).∵eq\f(5π,4)<4<eq\f(3π,2)，∴sin4<cos4<0，∴原式＝－2(sin4－cos4)－2cos4＝－2sin4.(18)(2023匯編，35分)計(jì)算下列各式的值．①cos50°＋cos70°－cos10°＝__0__；②eq\f(tan12°－\r(3),（4cos212°－2）sin12°)＝__－4__；③tan70°cos10°(eq\r(3)tan20°－1)＝__－1__；④eq\f(\r(6),sin70°)＋eq\f(3\r(2),cos250°)＝__－4eq\r(6)__；⑤eq\f(sin15°＋\r(2)sin30°,cos15°)＝__1__；⑥eq\f(\r(1－2sin10°cos10°),sin170°－\r(1－sin2170°))＝____－1__；⑦eq\f(1＋tan5°＋tan10°－tan5°tan10°,1－tan5°－tan10°－tan5°tan10°)＝__eq\r(3)__．解析：①cos50°＋cos70°－cos10°＝cos50°＋cos(40°＋30°)－cos(40°－30°)＝cos50°＋cos40°cos30°－sin40°sin30°－cos40°·cos30°－sin40°sin30°＝cos50°－sin40°＝cos50°－cos50°＝0.②eq\f(tan12°－\r(3),（4cos212°－2）sin12°)＝eq\f(\f(sin12°,cos12°)－\r(3),2cos24°sin12°)＝eq\f(sin12°－\r(3)cos12°,2cos24°sin12°cos12°)＝eq\f(2sin（12°－60°）,cos24°sin24°)＝eq\f(－2sin48°,\f(1,2)sin48°)＝－4.③tan70°cos10°(eq\r(3)tan20°－1)＝eq\f(sin70°,cos70°)·cos10°·eq\f(\r(3)sin20°－cos20°,cos20°)＝eq\f(sin70°,cos70°)·cos10°·eq\f(2sin（20°－30°）,cos20°)＝eq\f(cos20°,sin20°)·cos10°·eq\f(－2sin10°,cos20°)＝eq\f(cos20°,sin20°)·eq\f(－sin20°,cos20°)＝－1.④eq\f(\r(6),sin70°)＋eq\f(3\r(2),cos250°)＝eq\f(\r(6),sin70°)＋eq\f(3\r(2),cos（180°＋70°）)＝eq\f(\r(6),sin70°)－eq\f(3\r(2),cos70°)＝eq\f(\r(6)cos70°－3\r(2)sin70°,sin70°cos70°)＝eq\f(2\r(6)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos70°－\f(\r(3),2)sin70°)),\f(1,2)sin140°)＝eq\f(4\r(6)sin（30°－70°）,sin140°)＝eq\f(－4\r(6)sin40°,sin40°)＝－4eq\r(6).⑤eq\f(sin15°＋\r(2)sin30°,cos15°)＝eq\f(sin15°＋\r(2)sin（45°－15°）,cos15°)＝eq\f(sin15°＋cos15°－sin15°,cos15°)＝1.⑥原式＝eq\f(\r(sin210°＋cos210°－2sin10°cos10°),sin10°－cos10°)＝eq\f(|sin10°－cos10°|,sin10°－cos10°)＝eq\f(cos10°－sin10°,sin10°－cos10°)＝－1.⑦∵tan(5°＋10°)＝eq\f(tan5°＋tan10°,1－tan5°tan10°)，∴1－tan5°tan10°＝eq\f(tan5°＋tan10°,tan15°)，∴原式＝eq\f(\f(tan5°＋tan10°,tan15°)＋（tan5°＋tan10°）,\f(tan5°＋tan10°,tan15°)－（tan5°＋tan10°）)＝eq\f(\f(1,tan15°)＋1,\f(1,tan15°)－1)＝eq\f(1＋tan15°,1－tan15°)＝eq\f(tan45°＋tan15°,1－tan15°tan45°)＝tan(45°＋15°)＝tan60°＝eq\r(3).b．給值求值問題(19)(2020山東日照模擬，5分)17世紀(jì)德國著名的天文學(xué)家開普勒曾經(jīng)這樣說過：“幾何學(xué)里有兩件寶，一個是勾股定理，另一個是黃金分割．如果把勾股定理比作黃金礦的話，那么可以把黃金分割比作鉆石礦．”黃金三角形有兩種，其中底與腰之比為黃金分割比的黃金三角形被認(rèn)為是最美的三角形，它是一個頂角為36°的等腰三角形(另一種是頂角為108°的等腰三角形)．五角星由五個黃金三角形與一個正五邊形組成，如圖所示，在其中一個黃金△ABC中，eq\f(BC,AC)＝eq\f(\r(5)－1,2).根據(jù)這些信息，可得sin234°＝(C)A.eq\f(1－2\r(5),4)B．－eq\f(3＋\r(5),8)C．－eq\f(\r(5)＋1,4)D．－eq\f(4＋\r(5),8)解析：由題可知∠ABC＝72°，且cos72°＝eq\f(\f(1,2)BC,AC)＝eq\f(\r(5)－1,4)，所以cos144°＝2cos272°－1＝－eq\f(\r(5)＋1,4)，所以sin234°＝sin(144°＋90°)＝cos144°＝－eq\f(\r(5)＋1,4).故選C.(20)(2020浙江湖州期末，6分)若taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(1,6)，則tanα＝__eq\f(7,5)__，cos2α＝__－eq\f(12,37)__．解析：(法一)taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(1,6)，即eq\f(tanα－tan\f(π,4),1＋tanαtan\f(π,4))＝eq\f(1,6)，即eq\f(tanα－1,1＋tanα)＝eq\f(1,6)，解得tanα＝eq\f(7,5).(法二)tanα＝taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＋\f(π,4)))＝eq\f(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＋tan\f(π,4),1－tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))tan\f(π,4))＝eq\f(\f(1,6)＋1,1－\f(1,6))＝eq\f(7,5).cos2α＝cos2α－sin2α＝eq\f(cos2α－sin2α,cos2α＋sin2α)＝eq\f(1－tan2α,1＋tan2α)＝eq\f(1－\f(49,25),1＋\f(49,25))＝eq\f(25－49,25＋49)＝eq\f(－24,74)＝－eq\f(12,37).(21)(經(jīng)典題，5分)若0＜α＜eq\f(π,2)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(7π,12)))的值為__－eq\f(31,50)__eq\r(2)__．解析：∵0＜α＜eq\f(π,2)，∴eq\f(π,6)＜α＋eq\f(π,6)＜eq\f(2π,3).又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\r(1－cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6))))＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2)＝eq\f(4,5)，∴sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝2×eq\f(4,5)×eq\f(3,5)＝eq\f(24,25)，cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝2cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2－1＝－eq\f(7,25)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(7π,12)))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＋\f(π,4)))＝cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\f(π,4)－sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))sineq\f(π,4)＝－eq\f(7,25)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(24,25)×eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(31,50)eq\r(2).(22)(2023改編，8分)已知0<α<eq\f(π,2)，eq\f(π,2)<β<π，且tanα＝eq\f(3,4)，cos(α－β)＝eq\f(5,13)，求cosβ和tan(2α－β)．答案：－eq\f(16,65)，－eq\f(33,56)解：∵tanα＝eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<α<\f(π,2)))，sin2α＋cos2α＝1，∴sinα＝eq\f(3,5)，cosα＝eq\f(4,5).∵eq\f(π,2)<β<π，0<α<eq\f(π,2)，∴－π<α－β<0.又cos(α－β)＝eq\f(5,13)，∴sin(α－β)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,13)))\s\up12(2))＝－eq\f(12,13)，∴cosβ＝cos(α－β－α)＝cos(α－β)cosα＋sin(α－β)sinα＝eq\f(5,13)×eq\f(4,5)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,13)))×eq\f(3,5)＝－eq\f(16,65).(4分)∵tanα＝eq\f(3,4)，tan(α－β)＝eq\f(sin（α－β）,cos（α－β）)＝eq\f(－\f(12,13),\f(5,13))＝－eq\f(12,5)，∴tan(2α－β)＝tan(α－β＋α)＝eq\f(tan（α－β）＋tanα,1－tan（α－β）tanα)＝eq\f(－\f(12,5)＋\f(3,4),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,5)))×\f(3,4))＝－eq\f(33,56).(8分)(23)(2020黑龍江哈爾濱模擬，5分)若0<α<eq\f(π,2)，0<β<eq\f(π,2)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(α,2)))＝eq\f(\r(5),5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(β,2)－\f(π,3)))＝eq\f(4,5)，則coseq\f(α－β,2)的值為(B)A.eq\f(\r(5),5)B.eq\f(11\r(5),25)C.eq\f(2\r(5),5)D.eq\f(7\r(5),25)解析：∵0<α<eq\f(π,2)，∴eq\f(π,12)<eq\f(π,3)－eq\f(α,2)<eq\f(π,3).又sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(α,2)))＝eq\f(\r(5),5)，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(α,2)))＝eq\f(2\r(5),5).∵0<β<eq\f(π,2)，∴－eq\f(π,3)<eq\f(β,2)－eq\f(π,3)<－eq\f(π,12).又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(β,2)－\f(π,3)))＝eq\f(4,5)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(β,2)－\f(π,3)))＝－eq\f(3,5)，∴coseq\f(α－β,2)＝coseq\f(β－α,2)＝cos[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(β,2)－\f(π,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(α,2)))]＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(β,2)－\f(π,3)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(α,2)))－sin(eq\f(β,2)－eq\f(π,3))·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(α,2)))＝eq\f(4,5)×eq\f(2\r(5),5)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,5)))×eq\f(\r(5),5)＝eq\f(11\r(5),25).故選B.c．給值求角問題(24)(2023匯編，25分)已知α，β均為銳角．①若sinα＝eq\f(\r(5),5)，sinβ＝eq\f(\r(10),10)，則α＋β＝__45°__；②若sinα＝eq\f(\r(5),5)，sin(α－β)＝－eq\f(\r(10),10)，則β＝__eq\f(π,4)__；③若tanα＝7，cosβ＝eq\f(2\r(5),5)，則α＋2β＝__eq\f(3π,4)__；④若3sinα＝2sinβ，3cosα＋2cosβ＝3，則α＋2β＝__π__；⑤若cos(α－β)＝eq\f(\r(5),5)，cos2α＝eq\f(\r(10),10)，且α<β，則α＋β＝__eq\f(3π,4)__．解析：①(法一)∵α為銳角，∴cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\f(2\r(5),5).∵β為銳角，∴cosβ＝eq\r(1－sin2β)＝eq\f(3\r(10),10)，∴cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(2\r(5),5)×eq\f(3\r(10),10)－eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(10),10)＝eq\f(\r(2),2).又∵0°＜α＜90°，0°＜β＜90°，∴0°＜α＋β＜180°，∴α＋β＝45°.(法二)由法一知cosα＝eq\f(2\r(5),5)，cosβ＝eq\f(3\r(10),10)，∴sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(\r(5),5)×eq\f(3\r(10),10)＋eq\f(2\r(5),5)×eq\f(\r(10),10)＝eq\f(\r(2),2).又∵α，β均為銳角，sinα＝eq\f(\r(5),5)＜eq\f(1,2)，sinβ＝eq\f(\r(10),10)＜eq\f(1,2)，∴0°＜α＜30°，0°＜β＜30°，∴0°＜α＋β＜60°，∴α＋β＝45°.②(法一)∵α，β為銳角，∴－eq\f(π,2)<α－β<eq\f(π,2).又∵sinα＝eq\f(\r(5),5)，sin(α－β)＝－eq\f(\r(10),10)，∴cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\f(2\r(5),5)，cos(α－β)＝eq\r(1－sin2（α－β）)＝eq\f(3\r(10),10)，∴cosβ＝cos(α－β－α)＝cos(α－β)cosα＋sin(α－β)sinα＝eq\f(3\r(10),10)×eq\f(2\r(5),5)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(10),10)))×eq\f(\r(5),5)＝eq\f(\r(2),2).∵β為銳角，∴β＝eq\f(π,4).(法二)由法一可知tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(1,2)，tan(α－β)＝eq\f(sin（α－β）,cos（α－β）)＝－eq\f(1,3)，∴tanβ＝tan[α－(α－β)]＝eq\f(tanα－tan（α－β）,1＋tanα·tan（α－β）)＝eq\f(\f(1,2)＋\f(1,3),1－\f(1,2)×\f(1,3))＝1.又β為銳角，∴β＝eq\f(π,4).③∵β為銳角，cosβ＝eq\f(2\r(5),5)，∴sinβ＝eq\f(\r(5),5)，tanβ＝eq\f(1,2)，則tan2β＝eq\f(2tanβ,1－tan2β)＝eq\f(1,1－\f(1,4))＝eq\f(4,3)，tan(α＋2β)＝eq\f(tanα＋tan2β,1－tanαtan2β)＝eq\f(7＋\f(4,3),1－7×\f(4,3))＝－1.∵α，β均為銳角，∴α＋2β＝eq\f(3π,4).④由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(sinα＝\f(2,3)sinβ，?,cosα＝1－\f(2,3)cosβ，?))?2＋?2得cosβ＝eq\f(1,3)，cosα＝eq\f(7,9).由α，β均為銳角知，sinβ＝eq\f(2,3)eq\r(2)，sinα＝eq\f(4,9)eq\r(2)，∴tanβ＝2eq\r(2)，tanα＝eq\f(4,7)eq\r(2)，∴tan2β＝eq\f(2tanβ,1－tan2β)＝－eq\f(4,7)eq\r(2)，∴tan(α＋2β)＝eq\f(tanα＋tan2β,1－tanαtan2β)＝0.∵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)))，∴α＋2β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)π))，∴α＋2β＝π.⑤0<α＋β<π，－eq\f(π,2)<α－β<0，0<2α<π，sin(α－β)＝－eq\f(2\r(5),5)，sin2α＝eq\f(3\r(10),10)，∴cos(α＋β)＝cos[2α－(α－β)]＝cos2αcos(α－β)＋sin2αsin(α－β)＝eq\f(\r(10),10)×eq\f(\r(5),5)＋eq\f(3\r(10),10)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)))＝－eq\f(\r(2),2)，∴α＋β＝eq\f(3π,4).(25)(2020寧夏吳忠期末，5分)已知α，β∈(0，π)，且tan(α－β)＝eq\f(1,2)，tanβ＝－eq\f(1,7)，則2α－β＝(B)A．－eq\f(π,4)B．－eq\f(3π,4)C.eq\f(π,4)D.eq\f(3π,4)解析：∵tanα＝tan[(α－β)＋β]＝eq\f(tan（α－β）＋tanβ,1－tan（α－β）tanβ)＝eq\f(\f(1,2)－\f(1,7),1－\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,7))))＝eq\f(1,3)＜1，α∈(0，π)，∴0<α<eq\f(π,4).∴tan(2α－β)＝tan[α＋(α－β)]＝eq\f(tanα＋tan（α－β）,1－tanαtan（α－β）)＝eq\f(\f(1,3)＋\f(1,2),1－\f(1,3)×\f(1,2))＝1.∵0<β<π，tanβ＝－eq\f(1,7)<0，∴eq\f(π,2)<β<π.又0<α<eq\f(π,4)，∴－π<2α－β<0，∴2α－β＝－eq\f(3π,4).故選B.5．三角恒等式的證明(26)(2023匯編，12分)求證：(Ⅰ)sin2α＋cosαcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋α))－sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－α))＝eq\f(1,4)；答案：見證明過程證明：等式左邊＝sin2α＋cosα·(coseq\f(π,3)cosα－sineq\f(π,3)sinα)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,6)cosα－cos\f(π,6)sinα))2＝sin2α＋cosα(eq\f(1,2)cosα－eq\f(\r(3),2)sinα)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosα－\f(\r(3),2)sinα))eq\s\up12(2)＝sin2α＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosα－\f(\r(3),2)sinα))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(cosα－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosα－\f(\r(3),2)sinα))))＝sin2α＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosα－\f(\r(3),2)sinα))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosα＋\f(\r(3),2)sinα))＝sin2α＋eq\f(1,4)cos2α－eq\f(3,4)sin2α＝eq\f(1,4)sin2α＋eq\f(1,4)cos2α＝eq\f(1,4)(sin2α＋cos2α)＝eq\f(1,4)＝右邊，∴原等式成立．(6分)(Ⅱ)eq\f(2sinxcosx,（sinx＋cosx－1）（sinx－cosx＋1）)＝eq\f(1＋cosx,sinx).答案：見證明過程證明：(法一)等式左邊＝eq\f(2sinxcosx,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(x,2)cos\f(x,2)－2sin2\f(x,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2sin\f(x,2)cos\f(x,2)＋2sin2\f(x,2))))＝eq\f(2sinxcosx,2sin\f(x,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,2)－sin\f(x,2)))·2sin\f(x,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(x,2)＋sin\f(x,2))))＝eq\f(2sinxcosx,4sin2\f(x,2)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2\f(x,2)－sin2\f(x,2))))＝eq\f(2sinxcosx,4sin2\f(x,2)·cosx)＝eq\f(sinx,2sin2\f(x,2))＝eq\f(2sin\f(x,2)cos\f(x,2),2sin2\f(x,2))＝eq\f(cos\f(x,2),sin\f(x,2))，等式右邊＝eq\f(2cos2\f(x,2),2sin\f(x,2)cos\f(x,2))＝eq\f(cos\f(x,2),sin\f(x,2))，∴左邊＝右邊，∴原等式成立．(12分)(法二)等式左邊＝eq\f(2sinxcosx,[sinx＋（cosx－1）][sinx－（cosx－1）])＝eq\f(2sinxcosx,sin2x－（cosx－1）2)＝eq\f(2sinxcosx,sin2x－cos2x＋2cosx－1)＝eq\f(2sinxcosx,－2cos2x＋2cosx)＝eq\f(sinx,－cosx＋1)，則原等式等價于eq\f(sinx,－cosx＋1)＝eq\f(1＋cosx,sinx)，即sin2x＝(1＋cosx)(1－cosx)，即sin2x＝1－cos2x，即sin2x＋cos2x＝1，該等式恒成立，∴原等式成立．(12分)(2020湖北武漢期末節(jié)選，6分)已知α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))且sinβ＝cos(α＋β)sinα，求證：tanβ＝eq\f(sin2α,2＋2sin2α).答案：見證明過程證明：∵α，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))且sinβ＝cos(α＋β)sinα，∴sinβ＝cosαcosβsinα－sinαsinβsinα，即tanβ＝sinαcosα－sin2αtanβ，解得tanβ＝eq\f(sinαcosα,1＋sin2α)＝eq\f(sin2α,2＋2sin2α)，即tanβ＝eq\f(sin2α,2＋2sin2α)成立．(6分)6．三角恒等變換與三角函數(shù)性質(zhì)的綜合a．三角恒等變換與三角函數(shù)圖像變換的綜合(28)(2023改編，5分)函數(shù)y＝2eq\r(3)sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)－2cos2eq\f(x,2)＋1的圖像可由函數(shù)y＝sinx＋eq\r(3)cosx的圖像至少向右平移__eq\f(π,2)__個單位長度得到．解析：設(shè)g(x)＝2eq\r(3)sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)－2cos2eq\f(x,2)＋1＝eq\r(3)sinx－cosx＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx－\f(1,2)cosx))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，f(x)＝sinx＋eq\r(3)cosx＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx＋\f(\r(3),2)cosx))＝2sin(x＋eq\f(π,3)).設(shè)函數(shù)f(x)的圖像向右平移φ(φ>0)個單位長度得到函數(shù)g(x)的圖像，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－φ＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，即－φ＋eq\f(π,3)＝－eq\f(π,6)＋2kπ，k∈Z，解得φ＝eq\f(π,2)－2kπ，k∈Z.∵φ>0，∴當(dāng)k＝0時，φ取最小值eq\f(π,2)，∴函數(shù)y＝2eq\r(3)sineq\f(x,2)coseq\f(x,2)－2cos2eq\f(x,2)＋1的圖像可由函數(shù)y＝sinx＋eq\r(3)cosx的圖像至少向右平移eq\f(π,2)個單位長度得到．b．三角恒等變換與三角函數(shù)圖像和性質(zhì)的綜合(29)(2019浙江，14分)設(shè)函數(shù)f(x)＝sinx，x∈R.(Ⅰ)已知θ∈[0，2π)，函數(shù)f(x＋θ)是偶函數(shù)，求θ的值；答案：eq\f(π,2)或eq\f(3π,2)解：∵f(x＋θ)＝sin(x＋θ)為偶函數(shù)，∴f(x＋θ)圖像關(guān)于y軸對稱，∴0＋θ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，即θ＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z.又∵θ∈[0，2π)，∴θ為eq\f(π,2)或eq\f(3π,2).(6分)(Ⅱ)求函數(shù)y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))eq\s\up12(2)的值域．答案：[1－eq\f(\r(3),2)，1＋eq\f(\r(3),2)]解：∵y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\