2019-2020學年新教材高中數(shù)學第五章三角函數(shù)5.5.2簡單的三角恒等變換應(yīng)用案鞏固提升新人教A版必修第一冊

PAGE1-5.5.2簡單的三角恒等變換[A基礎(chǔ)達標]1．已知sin2α＝eq\f(1,3)，則cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝()A．－eq\f(1,3) B．－eq\f(2,3)C.eq\f(1,3) D.eq\f(2,3)解析：選D.cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))＝eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,2))),2)＝eq\f(1＋sin2α,2)＝eq\f(2,3).2．若cos2α＝－eq\f(4,5)，且α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，則sinα＝()A.eq\f(3\r(10),10) B.eq\f(\r(10),10)C.eq\f(3,5) D．－eq\f(\r(10),10)解析：選A.因為α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以sinα≥0，由半角公式可得sinα＝eq\r(\f(1－cos2α,2))＝eq\f(3\r(10),10).3．已知等腰三角形的頂角的余弦值等于eq\f(7,25)，則它的底角的余弦值為()A.eq\f(3,4) B.eq\f(3,5)C.eq\f(1,2) D.eq\f(4,5)解析：選B.設(shè)等腰三角形的頂角為α，底角為β，則cosα＝eq\f(7,25).又β＝eq\f(π,2)－eq\f(α,2)，所以cosβ＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(α,2)))＝sineq\f(α,2)＝eq\r(\f(1－\f(7,25),2))＝eq\f(3,5)，故選B.4．若α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，則eq\r(\f(1＋cos2α,2))－eq\r(\f(1－cos2α,2))等于()A．cosα－sinα B．cosα＋sinαC．－cosα＋sinα D．－cosα－sinα解析：選D.因為α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，所以sinα≥0，cosα≤0，則eq\r(\f(1＋cos2α,2))－eq\r(\f(1－cos2α,2))＝eq\r(cos2α)－eq\r(sin2α)＝|cosα|－|sinα|＝－cosα－sinα.5．(2019·貴州遵義航天高級中學月考)函數(shù)f(x)＝cos2x－2cos2eq\f(x,2)(x∈[0，π])的最小值為()A．1 B．－1C.eq\f(5,4) D．－eq\f(5,4)解析：選D.由題意，得f(x)＝cos2x－2cos2eq\f(x,2)＝cos2x－(1＋cosx)＝cos2x－cosx－1，設(shè)t＝cosx(x∈[0，π])，y＝f(x)，則t∈[－1，1]，y＝t2－t－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)，所以當t＝eq\f(1,2)，即x＝eq\f(π,3)時，y取得最小值，為－eq\f(5,4)，所以函數(shù)f(x)的最小值為－eq\f(5,4)，故選D.6．已知sineq\f(θ,2)－coseq\f(θ,2)＝eq\f(\r(6),3)，則cos2θ＝________．解析：因為sineq\f(θ,2)－coseq\f(θ,2)＝eq\f(\r(6),3)，所以1－sinθ＝eq\f(2,3)，即sinθ＝eq\f(1,3)，所以cos2θ＝1－2sin2θ＝1－eq\f(2,9)＝eq\f(7,9).答案：eq\f(7,9)7．已知sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))＝eq\f(2,3)，則cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－\f(α,2)))＝________．解析：因為coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋α))＝eq\f(2,3)，所以cos2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－\f(α,2)))＝eq\f(1＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α)),2)＝eq\f(1＋\f(2,3),2)＝eq\f(5,6).答案：eq\f(5,6)8．若3sinx－eq\r(3)cosx＝2eq\r(3)sin(x＋φ)，φ∈(－π，π)，則φ＝________．解析：因為3sinx－eq\r(3)cosx＝2eq\r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)sinx－\f(1,2)cosx))＝2eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，因為φ∈(－π，π)，所以φ＝－eq\f(π,6).答案：－eq\f(π,6)9．已知180°<α<270°，且sin(270°＋α)＝eq\f(4,5)，求taneq\f(α,2)的值．解：因為sin(270°＋α)＝eq\f(4,5)，所以cosα＝－eq\f(4,5).又180°<α<270°，所以90°<eq\f(α,2)<135°.所以taneq\f(α,2)＝－eq\r(\f(1－cosα,1＋cosα))＝－eq\r(\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5))),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))))＝－3.10．化簡：eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－α))－tan\f(α,2)·（1＋cosα）,\r(1－cosα))(0<α<π)．解：因為taneq\f(α,2)＝eq\f(sinα,1＋cosα)，所以(1＋cosα)taneq\f(α,2)＝sinα.又因為coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)－α))＝－sinα，且1－cosα＝2sin2eq\f(α,2)，所以原式＝eq\f(－sinα－sinα,\r(2sin2\f(α,2)))＝eq\f(－2sinα,\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2))))＝－eq\f(2\r(2)sin\f(α,2)cos\f(α,2),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(α,2)))).因為0<α<π，所以0<eq\f(α,2)<eq\f(π,2).所以sineq\f(α,2)>0.所以原式＝－2eq\r(2)coseq\f(α,2).[B能力提升]11．已知coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝eq\f(\r(3),4)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，則sinθ＋cosθ的值是()A.eq\f(\r(6),2) B．－eq\f(\r(6),2)C．－eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(2),2)解析：選C.coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))·coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－θ))＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2θ))＝eq\f(1,2)cos2θ＝eq\f(\r(3),4).所以cos2θ＝eq\f(\r(3),2).因為θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))，所以2θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))，所以sin2θ＝－eq\f(1,2)，且sinθ＋cosθ＜0.所以(sinθ＋cosθ)2＝1＋sin2θ＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).所以sinθ＋cosθ＝－eq\f(\r(2),2).12．已知sin2θ＝eq\f(3,5)，0＜2θ＜eq\f(π,2)，則eq\f(2cos2\f(θ,2)－sinθ－1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝________．解析：eq\f(2cos2\f(θ,2)－sinθ－1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2cos2\f(θ,2)－1))－sinθ,\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinθcos\f(π,4)＋cosθsin\f(π,4))))＝eq\f(cosθ－sinθ,sinθ＋cosθ)＝eq\f(1－\f(sinθ,cosθ),\f(sinθ,cosθ)＋1)＝eq\f(1－tanθ,tanθ＋1).因為sin2θ＝eq\f(3,5)，0＜2θ＜eq\f(π,2)，所以cos2θ＝eq\f(4,5)，所以tanθ＝eq\f(sin2θ,1＋cos2θ)＝eq\f(\f(3,5),1＋\f(4,5))＝eq\f(1,3)，所以eq\f(1－tanθ,tanθ＋1)＝eq\f(1－\f(1,3),\f(1,3)＋1)＝eq\f(1,2)，即eq\f(2cos2\f(θ,2)－sinθ－1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))))＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)13．已知函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))－2eq\r(2)sin2x.(1)求函數(shù)f(x)圖象的對稱軸方程、對稱中心的坐標；(2)當0≤x≤eq\f(π,2)時，求函數(shù)f(x)的最大、最小值．解：f(x)＝eq\f(\r(2),2)sin2x－eq\f(\r(2),2)cos2x－2eq\r(2)·eq\f(1－cos2x,2)＝eq\f(\r(2),2)sin2x＋eq\f(\r(2),2)cos2x－eq\r(2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))－eq\r(2).(1)令2x＋eq\f(π,4)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，得x＝eq\f(1,2)kπ＋eq\f(π,8)(k∈Z)，所以函數(shù)f(x)圖象的對稱軸方程是x＝eq\f(1,2)kπ＋eq\f(π,8)(k∈Z)．令2x＋eq\f(π,4)＝kπ(k∈Z)，得x＝eq\f(1,2)kπ－eq\f(π,8)(k∈Z)．所以函數(shù)f(x)圖象的對稱中心的坐標是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)kπ－\f(π,8)，－\r(2)))(k∈Z)．(2)當0≤x≤eq\f(π,2)時，eq\f(π,4)≤2x＋eq\f(π,4)≤eq\f(5π,4)，－eq\f(\r(2),2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al