PAGEPAGE1第2課時簡潔的三角恒等變換三角函數(shù)式的化簡(師生共研)化簡：(1)sin(α＋β)cos(γ－β)－cos(β＋α)sin(β－γ)＝；(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,tan\f(α,2))－tan\f(α,2)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋tanα·tan\f(α,2)))＝．【解析】(1)sin(α＋β)cos(γ－β)－cos(β＋α)sin(β－γ)＝sin(α＋β)cos(β－γ)－cos(α＋β)sin(β－γ)＝sin[(α＋β)－(β－γ)]＝sin(α＋γ)．(2)原式＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cos\f(α,2),sin\f(α,2))－\f(sin\f(α,2),cos\f(α,2))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(sinα,cosα)·\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).【答案】(1)sin(α＋γ)(2)eq\f(2,sinα)eq\a\vs4\al()(1)三角函數(shù)式的化簡要遵循“三看”原則(2)三角函數(shù)式化簡的方法弦切互化，異名化同名，異角化同角，降冪或升冪．在三角函數(shù)式的化簡中“次降角升”和“次升角降”是基本的規(guī)律，根號中含有三角函數(shù)式時，一般須要升次．1．(2024·長沙模擬)化簡：eq\f(2sin（π－α）＋sin2α,cos2\f(α,2))＝．解析：eq\f(2sin（π－α）＋sin2α,cos2\f(α,2))＝eq\f(2sinα＋2sinαcosα,\f(1,2)（1＋cosα）)＝eq\f(4sinα（1＋cosα）,1＋cosα)＝4sinα.答案：4sinα2．化簡：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))).解：原式＝eq\f(－2sin2xcos2x＋\f(1,2),\f(2sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－x))cos2\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)（1－sin22x）,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,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2x)))＝eq\f(1,2)cos2x.三角函數(shù)式的求值(多維探究)角度一給角求值計算eq\f(2cos10°－2\r(3)cos（－100°）,\r(1－sin10°))＝．【解析】eq\f(2cos10°－2\r(3)cos（－100°）,\r(1－sin10°))＝eq\f(2cos10°＋2\r(3)sin10°,\r(1－sin10°))＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos10°＋\f(\r(3),2)sin10°)),\r(1－2sin5°cos5°))＝eq\f(4cos50°,cos5°－sin5°)＝eq\f(4cos50°,\r(2)cos50°)＝2eq\r(2).【答案】2eq\r(2)角度二給值求值已知α，β為銳角，tanα＝eq\f(4,3)，cos(α＋β)＝－eq\f(\r(5),5).(1)求cos2α的值；(2)求tan(α－β)的值．【解】(1)因為tanα＝eq\f(4,3)，tanα＝eq\f(sinα,cosα)，所以sinα＝eq\f(4,3)cosα.因為sin2α＋cos2α＝1，所以cos2α＝eq\f(9,25)，因此，cos2α＝2cos2α－1＝－eq\f(7,25).(2)因為α，β為銳角，所以α＋β∈(0，π)．又因為cos(α＋β)＝－eq\f(\r(5),5)，所以sin(α＋β)＝eq\r(1－cos2（α＋β）)＝eq\f(2\r(5),5)，因此tan(α＋β)＝－2.因為tanα＝eq\f(4,3)，所以tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(24,7)，因此，tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)]＝eq\f(tan2α－tan（α＋β）,1＋tan2αtan（α＋β）)＝－eq\f(2,11).角度三給值求角(一題多解)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，銳角α，β的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，始邊為x軸的非負(fù)半軸，終邊與單位圓O的交點(diǎn)分別為P，Q.已知點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為eq\f(2\r(7),7)，點(diǎn)Q的縱坐標(biāo)為eq\f(3\r(3),14)，則2α－β的值為．【解析】法一：由已知可知cosα＝eq\f(2\r(7),7)，sinβ＝eq\f(3\r(3),14).又α，β為銳角，所以sinα＝eq\f(\r(21),7)，cosβ＝eq\f(13,14).因此cos2α＝2cos2α－1＝eq\f(1,7)，sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(4\r(3),7)，所以sin(2α－β)＝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).因為α為銳角，所以0＜2α＜π.又cos2α＞0，所以0＜2α＜eq\f(π,2)，又β為銳角，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).法二：同法一得，cosβ＝eq\f(13,14)，sinα＝eq\f(\r(21),7).因為α，β為銳角，所以α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2))).所以sin(α－β)＝sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(\r(21),7)×eq\f(13,14)－eq\f(2\r(7),7)×eq\f(3\r(3),14)＝eq\f(\r(21),14).所以sin(α－β)＞0，故α－β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故cos(α－β)＝eq\r(1－sin2（α－β）)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(21),14)))\s\up12(2))＝eq\f(5\r(7),14).又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以2α－β＝α＋(α－β)∈(0，π)．所以cos(2α－β)＝cos[α＋(α－β)]＝cosαcos(α－β)－sinα·sin(α－β)＝eq\f(2\r(7),7)×eq\f(5\r(7),14)－eq\f(\r(21),7)×eq\f(\r(21),14)＝eq\f(1,2).所以2α－β＝eq\f(π,3).【答案】eq\f(π,3)eq\a\vs4\al()三角函數(shù)求值的3種狀況1．計算：eq\f(4tan\f(π,12),3tan2\f(π,12)－3)＝()A.eq\f(2\r(3),3) B．－eq\f(2\r(3),3)C.eq\f(2\r(3),9) D．－eq\f(2\r(3),9)解析：選D.原式＝－eq\f(2,3)·eq\f(2tan\f(π,12),1－tan2\f(π,12))＝－eq\f(2,3)taneq\f(π,6)＝－eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),3)＝－eq\f(2\r(3),9).2．已知taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(1,7)，且α為其次象限角，若β＝eq\f(π,8)，則sin(α－2β)cos2β－cos(α－2β)sin2β＝()A．－eq\f(3,5) B.eq\f(3,5)C．－eq\f(4,5) D．eq\f(4,5)解析：選D.taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(1＋tanα,1－tanα)＝eq\f(1,7)，所以tanα＝－eq\f(3,4)，又α為其次象限角，所以cosα＝－eq\f(4,5)，所以sin(α－2β)·cos2β－cos(α－2β)sin2β＝sin(α－4β)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,2)))＝－cosα＝eq\f(4,5)，故選D.3．(2024·湖南長郡中學(xué)模擬改編)若α，β為銳角，且sinα＝eq\f(\r(5),5)，sinβ＝eq\f(\r(10),10)，則cos(α＋β)＝，α＋β＝．解析：因為α，β為銳角，sinα＝eq\f(\r(5),5)，sinβ＝eq\f(\r(10),10)，所以cosα＝eq\f(2\r(5),5)，cosβ＝eq\f(3\r(10),10)，所以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＋β＜π，所以cos(α＋β)＝eq\f(\r(2),2)，α＋β＝eq\f(π,4).答案：eq\f(\r(2),2)eq\f(π,4)[基礎(chǔ)題組練]1．已知sin2α＝eq\f(2,3)，則cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))等于()A.eq\f(1,6) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D．eq\f(2,3)解析：選A.cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(1＋cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4))),2)＝eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,2))),2)＝eq\f(1－sin2α,2)，又sin2α＝eq\f(2,3)，所以原式＝eq\f(1－\f(2,3),2)＝eq\f(1,6)，故選A.2.eq\f(sin10°,1－\r(3)tan10°)＝()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2) D．1解析：選A.eq\f(sin10°,1－\r(3)tan10°)＝eq\f(sin10°cos10°,cos10°－\r(3)sin10°)＝eq\f(2sin10°cos10°,4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos10°－\f(\r(3),2)sin10°)))＝eq\f(sin20°,4sin（30°－10°）)＝eq\f(1,4).3．若tan(α＋80°)＝4sin420°，則tan(α＋20°)的值為()A．－eq\f(\r(3),5) B.eq\f(3\r(3),5)C.eq\f(\r(3),19) D．eq\f(\r(3),7)解析：選D.由tan(α＋80°)＝4sin420°＝4sin60°＝2eq\r(3)，得tan(α＋20°)＝tan[(α＋80°)－60°]＝eq\f(tan（α＋80°）－tan60°,1＋tan（α＋80°）tan60°)＝eq\f(2\r(3)－\r(3),1＋2\r(3)×\r(3))＝eq\f(\r(3),7).故選D.4．已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＝－eq\f(1,3)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－cosα＝()A．±eq\f(\r(3),3) B．－eq\f(\r(6),3)C.eq\f(\r(6),3) D．±eq\f(\r(6),3)解析：選D.sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－cosα＝sinαcoseq\f(π,6)＋cosαsineq\f(π,6)－cosα＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))，而coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＝1－2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝－eq\f(1,3)，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,6)))＝±eq\f(\r(6),3)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))－cosα＝±eq\f(\r(6),3)，故選D.5．若eq\f(\r(2)cos2θ,cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ)))＝eq\r(3)·sin2θ，則sin2θ＝()A.eq\f(1,3) B.eq\f(2,3)C．－eq\f(2,3) D．－eq\f(1,3)解析：選C.由題意知eq\f(2（cos2θ－sin2θ）,cosθ－sinθ)＝eq\r(3)sin2θ，所以2(cosθ＋sinθ)＝eq\r(3)sin2θ，則4(1＋sin2θ)＝3sin22θ，因此sin2θ＝－eq\f(2,3)或sin2θ＝2(舍)．6．已知cos2θ＝eq\f(4,5)，則sin4θ＋cos4θ＝．解析：法一：因為cos2θ＝eq\f(4,5)，所以2cos2θ－1＝eq\f(4,5)，1－2sin2θ＝eq\f(4,5)，因為cos2θ＝eq\f(9,10)，sin2θ＝eq\f(1,10)，所以sin4θ＋cos4θ＝eq\f(41,50).法二：sin4θ＋cos4θ＝(sin2θ＋cos2θ)2－eq\f(1,2)sin22θ＝1－eq\f(1,2)(1－cos22θ)＝1－eq\f(1,2)×eq\f(9,25)＝eq\f(41,50).答案：eq\f(41,50)7．(2024·貴州黔東南一模改編)已知sinα＋3cosα＝－eq\r(10)，則tan2α＝．解析：因為(sinα＋3cosα)2＝sin2α＋6sinαcosα＋9cos2α＝10(sin2α＋cos2α)，所以9sin2α－6sinαcosα＋cos2α＝0，則(3tanα－1)2＝0，即tanα＝eq\f(1,3).所以tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(3,4).答案：eq\f(3,4)8．tan70°·cos10°(eq\r(3)tan20°－1)等于．解析：tan70°·cos10°(eq\r(3)tan20°－1)＝eq\f(sin70°,cos70°)·cos10°eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)·\f(sin20°,cos20°)－1))＝eq\f(cos20°cos10°,sin20°)·eq\f(\r(3)sin20°－cos20°,cos20°)＝eq\f(cos10°·2sin（20°－30°）,sin20°)＝eq\f(－sin20°,sin20°)＝－1.答案：－19．已知tanα＝－eq\f(1,3)，cosβ＝eq\f(\r(5),5)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，求tan(α＋β)的值，并求出α＋β的值．解：由cosβ＝eq\f(\r(5),5)，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，得sinβ＝eq\f(2\r(5),5)，tanβ＝2.所以tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ)＝eq\f(－\f(1,3)＋2,1＋\f(2,3))＝1.因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以eq\f(π,2)<α＋β<eq\f(3π,2)，所以α＋β＝eq\f(5π,4).10．已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).求：(1)cosα的值；(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))的值．解：(1)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),10)，即sinαcoseq\f(π,4)＋cosαsineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),10)，化簡得sinα＋cosα＝eq\f(1,5)，①又sin2α＋cos2α＝1，②由①②解得cosα＝－eq\f(3,5)或cosα＝eq\f(4,5)，因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)).所以cosα＝－eq\f(3,5).(2)因為α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，cosα＝－eq\f(3,5)，所以sinα＝eq\f(4,5)，則cos2α＝1－2sin2α＝－eq\f(7,25)，sin2α＝2sinαcosα＝－eq\f(24,25)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,4)))＝sin2αcoseq\f(π,4)－cos2αsineq\f(π,4)＝－eq\f(17\r(2),50).[綜合題組練]1．(2024·江西省五校協(xié)作體試題)若θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,12)))，且2sin2θ＋eq\r(3)sin2θ＝－eq\f(1,5)，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,12)))＝．解析：由2sin2θ＋eq\r(3)sin2θ＝－eq\f(1,5)，得1－cos2θ＋eq\r(3)sin2θ＝－eq\f(1,5)，得cos2θ－eq\r(3)sin2θ＝eq\f(6,5)，2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))＝eq\f(6,5)，即coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))＝eq\f(3,5)，又θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,12)))，所以2θ＋eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))＝eq\f(4,3)，所以taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,12)))＝taneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))－\f(π,4)))＝eq\f(tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))－tan\f(π,4),1＋tan\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,3)))tan\f(π,4))＝eq\f(1,7).答案：eq\f(1,7)2．(2024·高考江蘇卷)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)))的值是．解析：eq\f(tanα,\f(tanα＋1,1－tanα))＝eq\f(tanα（1－tanα）,tanα＋1)＝－eq\f(2,3)，解得tanα＝2或tanα＝－eq\f(1,3)，當(dāng)tanα＝2時，sin2α＝eq\f(2sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝eq\f(2tanα,tan2α＋1)＝eq\f(4,5)，cos2α＝eq\f(cos2α－sin2α,sin2α＋cos2α)＝eq\f(1－tan2α,tan2α＋1)＝－eq\f(3,5)，此時sin2α＋cos2α＝eq\f(1,5)，同理當(dāng)tanα＝－eq\f(1,3)時，sin2α＝－eq\f(3,5)，cos2α＝eq\f(4,5)，此時sin2α＋cos2α＝eq\f(1,5)，所以sin(2α＋eq\f(π,4))＝eq\f(\r(2),2)(sin2α＋cos2α)＝eq\f(\r(2),10).答案：eq\f(\r(2),10)3．(應(yīng)用型)如圖，有一塊以點(diǎn)O為圓心的半圓形空地，要在這塊空地上劃出一個內(nèi)接矩形ABCD開拓為綠地，使其一邊AD落在半圓的直徑上，另兩點(diǎn)B，C落在半圓的圓周上．已知半圓的半徑長為20m，如何選擇關(guān)于點(diǎn)O對稱的點(diǎn)A，D的位置，可以使矩形ABCD的面積最大，最大值是多少？解：連接OB，設(shè)∠AOB＝θ，則AB＝OBsinθ＝20sinθ，OA＝OBcosθ＝20cosθ，且θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).因為A，D關(guān)于原點(diǎn)O對稱，所以AD＝2OA＝40cosθ.設(shè)矩形ABCD的面積為S，則S